【文档说明】专题2.4扬州卷（压轴9道+变式45道）-【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（解析版）.docx，共(88)页，811.574 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f695661ee451cc77a067b24dbe0cae39.html

以下为本文档部分文字说明：

【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练专题2.4扬州卷（压轴9道+变式45道）说明：本专辑精选了2021年扬州卷失分较多和难度较大的题目9道，分别是第7题一次函数的计算问题、第8题反比例函数的性质问题、第17题相似三角形的性质与计算问题、第18

题图形的变化规律问题、第24题四边形的计算与证明问题、第25题圆的有关计算与证明问题、第26题二次函数压轴问题、第27题材料阅读综合问题、第28题函数应用综合问题，每道题精讲精析，配有变式练习各5道，扬州模拟变式训练题共45道.【压轴一】一次函数的计

算【真题再现】（2021•扬州）如图，一次函数y＝x+√2的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线AB绕点B顺时针旋转30°交x轴于点C，则线段AC长为（）A．√6+√2B．3√2C．2+√3D．√3+√2【思路点拨】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标

，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．【详析详解】解：∵一次函数y＝x+√2的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，令x＝0，则y=√2，令y＝0，则x

=−√2，则A（−√2，0），B（0，√2），则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO＝45°，∴AB=√(√2)2+(√2)2=2，过点C作CD⊥AB，垂足为D，∵∠CAD＝∠OAB＝45°，∴△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，∴AC=√�

�𝐷2+𝐶𝐷2=√2x，∵旋转，∴∠ABC＝30°，∴BC＝2CD＝2x，∴BD=√𝐵𝐶2−𝐶𝐷2=√3x，又BD＝AB+AD＝2+x，∴2+x=√3x，解得：x=√3+1，∴AC=√2x=√2

（√3+1）=√6+√2，故选：A．【方法小结】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．【变式训练】【变式1.1】（2021

•江阴市模拟）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、B、C的坐标分别为（0，3）、（t，3）、（t，0），点D是直线y＝kx+1与y轴的交点，点B在直线y＝kx+1上，若点A关于直线y＝kx+1的对称点A′恰好落在四边形OABC内部（不包括正好落在边上），则t

的取值范围为（）A．﹣2＜t＜2B．﹣2√3＜t＜2√3C．﹣2√3＜t＜﹣2或2＜t＜2√3D．以上答案都不对【分析】根据条件，可以求得点A关于直线BD的对称点A′的坐标，再根据A′在图形中的位置，得到关于t的方程组【解答】解：∵点B（t，3）在直线y＝kx+1上，∴3＝kt

+1，得到𝑘=2𝑡，于是直线BD的表达式是𝑦=2𝑡𝑥+1，于是过点A（0，3）与直线BD垂直的直线解析式为𝑦=−𝑡2𝑥+3（两直线垂直斜率之积为﹣1）．联立方程组{𝑦=2𝑡𝑥+1𝑦=−𝑡2𝑥+3，解得{𝑥=

4𝑡𝑡2+4𝑦=𝑡2+12𝑡2+4，则交点M(4𝑡𝑡2+4，𝑡2+12𝑡2+4)．根据中点坐标公式可以得到点A′(8𝑡𝑡2+4，12−𝑡2𝑡2+4)，∵点A′在长方形ABCO的内

部，∴{|8𝑡𝑡2+4|＜|𝑡|0＜12−𝑡2𝑡2+4＜3，解得−2√3＜𝑡＜−2或2＜𝑡＜2√3．本题答案：−2√3＜𝑡＜−2或2＜𝑡＜2√3．故选：C．【点评】该题涉及直线垂直时“k”之间的关系；直线的交点坐标与对应方程组的

解之间的关系；中点坐标公式需要熟悉．计算量较大．【变式1.2】（2021•招远市一模）有下列四个函数：①y＝2x②y=−12x③y=4𝑥④y＝﹣（x−53）2+329，其中图象经过如图所示的阴影部分

（包括边界）的函数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据题目中的函数解析式和性质，可以判断是否符合题意，从而可以解答本题．【解答】解：在函数y＝2x中，当x＝1时，y＝2，故①符合题意；函数y=−12x的图

象经过二、四象限，故②不符合题意；函数y=4𝑥经过一、三象限，当x＝2时，y＝2，故③符合题意；函数y＝﹣（x−53）2+329的图象开口向下，对称轴是直线x=53当x＝1时，y=289＞3，当x＝2时，y=319＞3，故④不符合题意；故选：B．【点评】本题考查一次函数的图

象、二次函数的图象、反比例函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用它们的性质解答．【变式1.3】（2020秋•梁溪区期末）如图，在平面直角坐标系中，动点A、B分别在x轴上和函数y＝x的图象上，AB＝4，CB⊥AB，BC＝2，则OC的最大值为（）A．2√2+2B．2√2

+4C．2√5D．2√5+2【分析】如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD．求出OD，CD，根据OC≤OD+CD，可得结论．【解答】解：如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD．∵点

B在直线y＝x上，∴∠BOA＝45°，∵∠ADB＝90°，AD＝BD，AB＝4，∴AD＝DB＝2√2，∠ABD＝45°，∵∠BOA=12∠BDA，∴点O在以D为圆心，DA为半径的⊙D上，∴DO＝DA＝DB＝2√

2，∵CB⊥AB，∴∠CBD＝45°，∵BD＝2√2，BC=12AB＝2，∴∠DCB＝90°，∴CD＝CB＝2，∵OC≤OD+CD，∴OC≤2√2+2，∴OC的最大值为2√2+2．故选：A．【点评】本题考查一次

函数，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式1.4】（2020秋•邗江区期末）如图所示，A、M、N点坐标分别为A（0，1），M（3，4），N（5，6），动点P从点A出发，沿y轴以每秒一个单位长度的速度向上移动

，且过点P的直线l：y＝﹣x+b也随之移动，设移动时间为t秒，若点M，N分别位于l的异侧，则t的取值范围是（）A．7＜t＜11B．7≤t≤11C．6＜t＜11D．6＜t＜10【分析】分别求出直线l经过点M、点N时的t值，即可得到t的取值范

围．【解答】解：当直线y＝﹣x+b过点M（3，4）时，4＝﹣3+b，解得：b＝7，7＝1+t，解得t＝6．当直线y＝﹣x+b过点N（5，6）时，6＝﹣5+b，解得：b＝11，11＝1+t，解得t＝10．故若点M，N位于l的异侧，t的取值范围是

：6＜t＜10．故选：D．【点评】本题考查了坐标平面内一次函数的图象与性质，得出直线l经过点M、点N时的t值是解题关键．【变式1.5】（2020秋•沭阳县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于

点A、B，M是y轴上的点（不与点B重合），若将△ABM沿直线AM翻折，点B恰好落在x轴正半轴上，则点M的坐标为（）A．（0，﹣5）B．（0，﹣6）C．（0，﹣7）D．（0，﹣8）【分析】设沿直线AM将△ABM折叠，点B正好落在x轴上的C点，则有AB＝AC，而AB的长度根据已知可以求出，

所以C点的坐标由此求出；又由于折叠得到CM＝BM，在直角△CMO中根据勾股定理可以求出OM，也就求出M的坐标．【解答】解：直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，∴A（3，0），B（0，4），∴AB=√𝑂

𝐴2+𝑂𝐵2=√32+42=5，设OM＝m，由折叠知，AC＝AB＝5，CM＝BM，BM＝OB+OM＝4+m，∴OC＝8，CM＝4+m根据勾股定理得，64+m2＝（4+m）2，∴m＝6，∴M（0，﹣6），故选：B．【点评】本题

考查了一次函数图象上点的坐标特征，翻折变换，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键【压轴二】反比例函数的性质【真题再现】（2021•扬州）如图，点P是函数y=𝑘1𝑥（k1＞0，x＞0）的图象上一

点，过点P分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点A、B，交函数y=𝑘2𝑥（k2＞0，x＞0）的图象于点C、D，连接OC、OD、CD、AB，其中k1＞k2．下列结论：①CD∥AB；②S△OCD=𝑘1−𝑘22；③S△DCP=(𝑘1−𝑘2)22𝑘

1，其中正确的是（）A．①②B．①③C．②③D．①【思路点拨】设P（m，𝑘1𝑚），分别求出A，B，C，D的坐标，得到PD，PC，PB，PA的长，判断𝑃𝐷𝑃𝐵和𝑃𝐶𝑃𝐴的关系，可判断①；利用三角形面积公式计算，可得△PDC的面积，可判断③；再利用S△OCD＝S四边形O

APB﹣S△OCA﹣S△DPC计算△OCD的面积，可判断②．【详析详解】解：∵PB⊥y轴，PA⊥x轴，点P在𝑦=𝑘1𝑥上，点C，D在𝑦=𝑘2𝑥上，设P（m，𝑘1𝑚），则C（m，𝑘2𝑚），A（m，0），B（0，𝑘1𝑚），令𝑘1𝑚=

𝑘2𝑥，则𝑥=𝑘2𝑚𝑘1，即D（𝑘2𝑚𝑘1，𝑘1𝑚），∴PC=𝑘1𝑚−𝑘2𝑚=𝑘1−𝑘2𝑚，PD=𝑚−𝑘2𝑚𝑘1=𝑚(𝑘1−𝑘2)𝑘1，∵𝑃𝐷𝑃𝐵=𝑚(

𝑘1−𝑘2)𝑘1𝑚=𝑘1−𝑘2𝑚，𝑃𝐶𝑃𝐴=𝑘1−𝑘2𝑚𝑘1𝑚=𝑘1−𝑘2𝑚，即𝑃𝐷𝑃𝐵=𝑃𝐶𝑃𝐴，又∠DPC＝∠BPA，∴△PDC∽△PBA，∴∠PDC＝∠PBC，∴CD∥AB，故①正确；△PDC的面积=

12×𝑃𝐷×𝑃𝐶=(𝑘1−𝑘2)22𝑘1，故③正确；S△OCD＝S四边形OAPB﹣S△OCA﹣S△DPC=𝑘1−12𝑘2−12𝑘2−(𝑘1−𝑘2)22𝑘1=𝑘12−𝑘222𝑘1，故②错误；故选：B．【方法小

结】此题主要考查了反比例函数的图象和性质，k的几何意义，相似三角形的判定和性质，解题关键是表示出各点坐标，得到相应线段的长度．【变式训练】【变式2.1】（2021春•宝应县期末）函数y=𝑚𝑥图象如图所示，以下结论，①m＜0，②在每个分支上y随x的增大而增大，③若A（﹣1，a），点B（2

，b）在图象上，则a＜b，④若P（x，y）在图象上，则点P1（﹣x，﹣y）也在图象上．其中正确有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【分析】根据函数图象所在的象限判定k的符号和函数图象的增碱性．【解答】解：①函数图象经过第二、四象限，则m＜0，故正确；②如图所示，在每个分支上y随x

的增大而增大，故正确；③如图所示，若点A（﹣1，a），点B（2，b）在图象上，则a＞b，故错误；④因为函数图象关于原点对称，所以若点P（x，y）在图象上，则点P（﹣x，﹣y）也在图象上，故正确．综上所述，正确的结论有：①②④．故选：B．【点评】本题考查了反比例函数的性质．结合函数图象的增减性和对称

性来解题即可．【变式2.2】（2021春•邗江区期末）教室里的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升7℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温（℃）与开机后用时（min）成反比例关

系．直至水温降至30℃，饮水机关机．饮水机关机后即刻自动开机，重复上述自动程序．若在水温为30℃时，接通电源后，水温y（℃）和时间（min）的关系如图，为了在上午第一节下课时（8：45）能喝到不超过50℃的

水，则接通电源的时间可以是当天上午的（）A．7：20B．7：30C．7：45D．8：00【分析】先求出加热10分钟后，水温可以达到100℃，继而得到点（10，100）在如图所示的反比例函数图象上，由待定系数法求解出反比例函数解析式，进而求得当y＝30时所对应的x=1003，得到每经过

1003分钟，饮水机重新开机加热，按照此种规律，即可解决．【解答】解：∵开机加热时每分钟上升7℃，∴加热到100℃所需要的时间为：100−307=10min，∴每次加热10min后，饮水机就会断电，开始冷却设10分钟后，水温与开机所用时间所成的反比例函数为y=𝑘�

�，∵点（10，100）在反比例函数图象上，∴k＝1000，∴反比例函数为𝑦=1000𝑥，令y＝30，则1000𝑥=30，∴𝑥=1003，∴每次开机加热1003min后，饮水机就要重新从30℃开始加热，如果7：20开机至8：45，经过的时间为85分钟，

85−1003×2=553＞10，∴此时饮水机第三次加热，从30℃加热了553分钟，水温为y=1000553=60011＞50℃，故A选项不合题意，如果7：30开机至8：45，经过的时间为75分钟，75−1003×2=253＜10，∴此时饮水机第三次加热了，从3

0℃加热了253分钟，水温为30+253×7=2653＞50℃，故B选项不合题意，如果7：45开机至8：45，经过的时间为60分钟，∴此时饮水机第二次加热，从30℃加热了20分钟，水温为y=100020=50，故C选项

符合题意，如果8：00开机至8：45，经过的时间为45分钟，∴此时饮水机第二次加热，从30℃加热了5分钟，水温为y＝30+5×7＝65＞50℃，故D选项不符合题意，故选：C．【点评】本题考查了反比例函数的应用，挖掘出加热时间的规律，例如本题中每经过1003分钟重新

开机加热，是解决本题的关键．【变式2.3】（2021春•仪征市期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴上，反比例函数y=𝑘𝑥（k＞0，x＞0）的图象经过正方形顶点C，若点A（2，0）、D（0

，4），则k＝（）A．24B．18C．20D．12【分析】通过证得∴△AOD≌△DMC求出C的坐标，代入y=𝑘𝑥，利用待定系数法求出k．【解答】解：作CM⊥y轴于M，由正方形的性质可知AD＝CD，∠ADC＝90°

，∴∠ADO+∠DAO＝∠ADO+∠CDM，∴∠DAO＝∠CDM，在△AOD和△DMC中，{∠𝐷𝐴𝑂=∠𝐶𝐷𝑀∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐷𝑀𝐶=90°𝐴𝐷=𝐶𝐷，∴△AOD≌△DMC（AAS），∴OA＝DM，OD＝CM，∵点A

（2，0）、D（0，4），∴OA＝2，OD＝4，∴CM＝OD＝4，OM＝2+4＝6，∴C（4，6），∵反比例函数y=𝑘𝑥（k＞0，x＞0）的图象经过正方形顶点C，∴k＝4×6＝24．故选：A．【点评】本题考查了

正方形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形全等的判定和性质等知识，求出C点坐标是解题的关键．【变式2.4】（2021春•高邮市期末）已知A（x1，3），B（x2，a），C（x3，﹣2）三个点都在一个反比例函数的图象上

，其中x1＞x2＞x3，则a的取值范围是（）A．﹣2＜a＜3B．a＞3或a＜﹣2C．0＜a＜3D．0＜a＜3或a＜﹣2E．a＞3或a＜﹣2【分析】由3x1＝ax2＝﹣2x3，得x1x3＜0，再由x1＞x2＞x3，得x1＞0，x3＜0，从而A（x1，3）一定在第一象限，C（x3，

﹣2）一定在第三象限，再由反比例函数在每一个象限内，y随x的增大而减小得当x2＜0时，a＜﹣2；当x2＞0时，a＞3．写上a的范围即可．【解答】解：∵A（x1，3），B（x2，a），C（x3，﹣2）三个点都在一个反比例函数的图象上，∴3x1＝ax2＝﹣2x3，∴x1x3＜0，∵x1

＞x2＞x3，∴x1＞0，x3＜0，∴A（x1，3）一定在第一象限，C（x3，﹣2）一定在第三象限，且反比例函数在每一个象限内，y随x的增大而减小，当x2＜0时，a＜﹣2，当x2＞0时，a＞3．综上，a＜﹣2或a＞3．故选：B．【点评】本题注意考查

了反比例函数，通过A、C两点判断出A（x1，3）一定在第一象限，C（x3，﹣2）一定在第三象限是解题关键．【变式2.5】（2021春•江都区期末）如图，在平面直角坐标系中，A（8，0）．点B为一次函数y＝x图象上的动点，以OB为边作正方形O

BCD，当AB最小时，点D恰好落在反比例函数y=𝑘𝑥的图象上，则k＝（）A．﹣9B．﹣12C．﹣16D．﹣25【分析】当AB最小时，即AB⊥OB，根据点A的坐标，得知OA＝8，由点B在直线y＝x上，可得出∠BOA＝45°，在直角三角形AOB中，根据直角三角形的边角关系求出O

M＝BM＝4，进而得出S△BOM＝8，再根据正方形的性质，通过证明三角形全等，得到S△ODN＝S△BOM＝8，最后根据反比例函数系数k的几何意义求出答案．【解答】解：如图，过点B作BM⊥OA，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，当AB最小时，即AB⊥OB，∵点B在直线y＝

x上，∴∠AOB＝45°，在Rt△AOB中，∠AOB＝45°，OA＝8，∴OM＝BM=12OA＝4，∴S△BOM=12×4×4＝8，∵四边形OBCD是正方形，∴OB＝OD，∠BOD＝90°，∴∠DON+∠BOM＝180°﹣90°＝90°，又

∵∠DON+∠ODN＝90°，∴∠ODN＝∠BOM，∴△ODN≌△BOM（AAS），∴S△ODN＝S△BOM＝8=12|k|，又∵k＜0，∴k＝﹣16，故选：C．【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，一次函数的图象

和性质，直角三角形的边角关系以及正方形的性质，理解反比例函数系数k的几何意义以及正方形、全等三角形的性质是解决问题的前提．【压轴三】相似三角形的性质与计算【真题再现】（2021•扬州）如图，在△ABC中，AC＝BC，矩形DEFG的顶点D、E在AB上，点F、G分别在BC

、AC上，若CF＝4，BF＝3，且DE＝2EF，则EF的长为125．【思路点拨】根据矩形的性质得到GF∥AB，证明△CGF∽△CAB，可得AB=7𝑥2，证明△ADG≌△BEF，得到AD＝BE=34𝑥，在△BEF中，利用

勾股定理求出x值即可．【详析详解】解：∵DE＝2EF，设EF＝x，则DE＝2x，∵四边形DEFG是矩形，∴GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，∴𝐺𝐹𝐴𝐵=𝐶𝐹𝐶𝐵=44+3=47，即2𝑥𝐴𝐵=47，∴AB=7𝑥2，∴AD+BE＝AB﹣

DE=7𝑥2−2𝑥=32𝑥，∵AC＝BC，在△ADG和△BEF中，{∠𝐴=∠𝐵∠𝐴𝐷𝐺=∠𝐵𝐸𝐹𝐷𝐺=𝐸𝐹，∴△ADG≌△BEF（AAS），∴AD＝BE=34𝑥，在△BEF中，BE2+EF2＝BF2，即(34𝑥)2+

𝑥2=32，解得：x=125或−125（舍），∴EF=125，故答案为：125．【方法小结】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到

AB的长．【变式训练】【变式3.1】（2021•宜兴市模拟）如图，在△ABC中，D是BC上一点，连接AD，𝐵𝐷𝐶𝐷=13，F是AD的中点，连接BF并延长交AC于E，则𝐴𝐸𝐸𝐶的值是（）A．14B．15C．25D．13【分析】过D点作DH∥

BE交AC于H，如图，根据平行线分线段成比例定理，先利用FE∥DH得到𝐴𝐸𝐸𝐻=𝐴𝐹𝐹𝐷=1，即AE＝EH，再由DH∥BE，𝐸𝐻𝐻𝐶=𝐵𝐷𝐷𝐶=13，则CE＝4AE，从而得到𝐴𝐸𝐸𝐶的值．【解答】解：过D点作DH∥BE交AC

于H，如图，∵F点为AD的中点，∴AF＝FD，∵FE∥DH，∴𝐴𝐸𝐸𝐻=𝐴𝐹𝐹𝐷=1，即AE＝EH，∵DH∥BE，∴𝐸𝐻𝐻𝐶=𝐵𝐷𝐷𝐶=13，CH＝3EH，∴𝐴𝐸𝐸𝐶=14．故选：A．【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直

线，所得的对应线段成比例．【变式3.2】（2021•滨湖区模拟）如图，在等边三角形ABC中，BC＝6，点D是边AB上一点，且BD＝2，点P是边BC上一动点（D、P两点均不与端点重合），作∠DPE＝60°，PE交边AC于点E．若CE＝a，当满足条件的点P有且

只有一个时，则a的值为（）A．4B．133C．92D．5【分析】先证明△BDP∽△CPE；利用相似三角形的性质得出比例式，进而建立关于BP的一元二次方程，再判别式＝0，建立方程求解，即可得出结论．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BDP+

∠BPD＝180°﹣∠B＝120°，∵∠DPE＝60°，∴∠BPD+∠CPE＝120°，∴∠BDP＝∠CPE，∵∠B＝∠C＝60°，∴△BDP∽△CPE；∴𝐵𝐷𝐶𝑃=𝐵𝑃𝐶𝐸，∴26−𝐵𝑃=𝐵

𝑃𝑎，∴BP2﹣6BP+2a＝0，∵满足条件的点P有且只有一个，∴方程BP2﹣6BP+2a＝0有两个相等的实数根，∴△＝62﹣4×2a＝0，∴a=92．故选：C．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了

等式的性质，相似三角形的判定和性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．【变式3.3】（2021•宝应县二模）如图，BC∥DE，且BC＜DE，AD＝BC＝4，AB+DE＝10，则DE的值为8．【分析】由平行线得△ADE∽△ABC，得出AB•DE＝16，再由AB+DE＝10，即可求解

．【解答】解：∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∴𝐴𝐷𝐴𝐵=𝐷𝐸𝐵𝐶，即4𝐴𝐵=𝐷𝐸4，∴AB•DE＝16，∵AB+DE＝10，∴AB＝2，DE＝8，故答案为：8．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似

三角形的判定与性质，求出AB•DE＝16是解题的关键．【变式3.4】（2021•仪征市二模）如图，点E是▱ABCD边AD的中点，连接AC、BE交于点P，过点P作PQ∥AD交CD于点Q，若AB＝3，则DQ＝1．【分析】先利用平行四边形的性质得到CD＝AB＝3，AD＝BC

，AD∥BC，则AE=12BC，再证明△APE∽△CPB，利用相似比得𝐴𝑃𝐶𝑃=𝐴𝐸𝐵𝐶=12，接着利用平行线分线段成比例定理，由PQ∥AD得到𝐷𝑄𝐶𝑄=𝐴𝑃𝐶𝑃=12，然后根据比例的性质计算DQ的长．【解答】解：∵四边形A

BCD为平行四边形，∴CD＝AB＝3，AD＝BC，AD∥BC，∵点E是AD的中点，∴AE=12AD=12BC，∵AE∥BC，∴△APE∽△CPB，∴𝐴𝑃𝐶𝑃=𝐴𝐸𝐵𝐶=12，∵PQ∥AD，∴𝐷𝑄�

�𝑄=𝐴𝑃𝐶𝑃=12，∴DQ=13AB=13×3＝1．故答案为1．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过平行线构造相似三角形，灵活运用相

似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的性质．【变式3.5】（2021•宜兴市模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D、E分别是BC、AC边上的动点，且∠ADE＝∠ABC，连接BE，则△AEB的面积的最小值为√34．【分析】过点A作AH

⊥BC于H，过点E作EK⊥BA交BA的延长线于K．设AE＝y，BD＝x．利用相似三角形的性质求出y的最小值，可得结论．【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，过点E作EK⊥BA交BA的延长线于K．设AE＝y，BD＝x．∵AB＝AC＝2，AH⊥B

C，∠BAC＝120°，∴BH＝CH，∠BAH＝∠CAH＝60°，∴BH＝CH＝AB•sin60°=√3，∴BC＝2BH＝2√3，∴CD＝2√3−x，EC＝2﹣y，在Rt△AEK中，EK＝AE•sin60°=√32y，∴S△ABE=12•AB•EK=12×2×√32y=√3

2y，∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠ABC+∠DAB，∠ADE＝∠ABD，∴∠EDC＝∠DAB，∵∠C＝∠ABD，∴△ADB∽△DEC，∴𝐴𝐵𝐷𝐶=𝐷𝐵𝐸𝐶，∴22√3−𝑥=𝑥2−𝑦，整理得y=12x2−√3x+2=12（x−√

3）2+12，∵12＞0，∴x=√3时，y的值最小，最小值为12，∴△ABE的面积的最小值=√34，【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学

会构建二次函数解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．【压轴四】图形的变化规律【真题再现】（2021•扬州）将黑色圆点按如图所示的规律进行排列：图中黑色圆点的个数依次为：1，3，6，10，…，将其中所有能被3整除的数按从小到大的顺序重新排列成一组新数据，则新数据中的第33个数为1

275．【思路点拨】首先得到前n个图形中每个图形中的黑色圆点的个数，得到第n个图形中的黑色圆点的个数为𝑛(𝑛+1)2，再判断其中能被3整除的数，得到每3个数中，都有2个能被3整除，再计算出第33个能被3整除的数所在组，为原数列中第50个数，代入计算即可．【详析详解】解：第①个

图形中的黑色圆点的个数为：1，第②个图形中的黑色圆点的个数为：(1+2)×22=3，第③个图形中的黑色圆点的个数为：(1+3)×32=6，第④个图形中的黑色圆点的个数为：(1+4)×42=10，…第n个图形中的黑色圆点的个数为𝑛(𝑛+1)2，则这列数为1，3

，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，…，其中每3个数中，都有2个能被3整除，33÷2＝16…1，16×3+2＝50，则第33个被3整除的数为原数列中第50个数，即50×512=1275，故答案为：1275．【方法

小结】此题考查了规律型：图形的变化类，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律．【变式训练】【变式4.1】（2021春•江阴市期中）如图，△ABC的面积为2，点D1，D2，D3，…，Dn分别为AB的（n+1）等分点，点E1，E2，E3，…，En分别为BC的（n+1）等分点，则△D1E1E

2，△D2E2E3，…△DnEnC的面积之和等于𝑛𝑛+1（用n的代数式表示）．【分析】由题意E1E2=𝐸2𝐸3=⋅⋅⋅=𝐸𝑛𝐶=1𝑛+1𝐵𝐶，分别过D1.D2，D3•Dn作BC的垂线，垂足分别为H1，H2，H3•Hn，并设它们分别

为h1，h2，h3•hn，过点A作AH⊥BC于H，设AH＝h，利用平行线等分线段定理，分别求出h1，h2，h3•hn，用三角形的面积公式求得△D1E1E2，△D2E2E3，…△DnEnC的面积之和，结论可得．【解

答】解：分别过D1.D2，D3•Dn作BC的垂线，垂足分别为H1，H2，H3•Hn，如下图，设△D1E1E2，△D2E2E3，…△DnEnC的高分别为h1，h2，h3•hn，过点A作AH⊥BC于H，设AH＝h，∵D1H1∥AH，∴𝐷1𝐻1𝐴𝐻=𝐵𝐷1𝐵𝐴=1�

�+1．∴ℎ1=1𝑛+1ℎ．∵D2H2∥AH，∴𝐷2𝐻2𝐴𝐻=𝐵𝐷2𝐵𝐴=2𝑛+1．∴ℎ2=2𝑛+1ℎ．同理可得：ℎ3=3𝑛+1ℎ．•，ℎ𝑛=𝑛𝑛+1ℎ．由题意E1E2=𝐸2𝐸3=⋅⋅⋅=

𝐸𝑛𝐶=1𝑛+1𝐵𝐶．∴△D1E1E2，△D2E2E3，…△DnEnC的面积之和为：12𝐸1𝐸2⋅𝐷1𝐻1+12𝐸2𝐸3⋅𝐷2𝐻2+•+12𝐸𝑛𝐶⋅𝐷𝑛𝐻𝑛=12×1𝑛+1𝐵𝐶×ℎ1+12×1𝑛+1

𝐵𝐶×ℎ2+•+12×1𝑛+1𝐵𝐶×ℎ𝑛=12×1𝑛+1𝐵𝐶×（h1+h2+•+hn）=12×1𝑛+1×𝐵𝐶×（1𝑛+1ℎ+2𝑛+1ℎ+⋅⋅⋅+𝑛𝑛+1ℎ）=12×1𝑛+1×𝐵𝐶×ℎ×（1�

�+1+2𝑛+1+⋅⋅⋅+𝑛𝑛+1）=12×1𝑛+1×𝐵𝐶×ℎ×1+2+⋅⋅⋅+𝑛𝑛+1=12×1𝑛+1×𝐵𝐶×ℎ×𝑛(𝑛+1)2𝑛+1=12×1𝑛+1×𝐵𝐶×ℎ×𝑛2．∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×𝐵𝐶×ℎ=2，∴△D1E1E2，△D

2E2E3，…△DnEnC的面积之和为：𝑛𝑛+1．故答案为：𝑛𝑛+1．【点评】本题主要考查了图形的变化的规律，三角形的面积公式，平行线等分线段定理，作出相应三角形的高应用三角形的面积公式是解题的关键．【变式4.2】（2020秋•高邮市期末）如图，已知图①是一块边

长为1，周长记为C1的等边三角形卡纸，把图①的卡纸剪去一个边长为12的等边三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边再剪去一个边长为14的等边三角形后得到图③，依次剪去一个边长为18、116、132⋯的等边三角形后，得到图④、⑤、⑥、…，记图n（n≥3）中的卡纸的周长为∁n，则∁n

﹣Cn﹣1＝12𝑛−1．【分析】利用等边三角形的性质（三边相等）求出等边三角形的周长C1，C2，C3，C4，根据周长相减的结果能找到规律即可求出答案．【解答】解：∵C1＝1+1+1＝3，C2＝1+1+12=52，C3＝1+1+14

×3=114，C4＝1+1+14×2+18×3=238，…∴C3﹣C2=114−52=14=（12）2；C4﹣C3=238−114=18=（12）3，…则∁n﹣Cn﹣1＝（12）n﹣1=12𝑛−1．故答案为：12𝑛−

1．【点评】此题考查图形的变化规律，通过观察图形，分析、归纳发现其中的运算规律，并应用规律解决问题．【变式4.3】（2021春•南京月考）如图，将边长都为1的正方形按如图所示摆放，点A1、A2、…An分别是正方形的中心，则2

021个这样的正方形重叠部分的面积和为505．【分析】过点A1作A1D⊥A2D于D、A1E⊥A2E于E，根据正方形的性质可得A1D＝A1E，由SAS证得△A1BD≌△A1CE，然后由全等三角形的性质可得2

个正方形重叠阴影部分的面积等于正方形面积的14，再根据重叠部分的个数比正方形的个数少1进行计算即可．【解答】解：过点A1作A1D⊥A2D于D、A1E⊥A2E于E，如图所示：∵A1是正方形的中心，∴A1D＝A

1E，A1D⊥A1E，∵∠BA1D+∠BA1E＝∠CA1E+∠BA1E，∴∠BA1D＝∠CA1E，在△A1BD和△A1CE中，{∠𝐵𝐴1𝐷=∠𝐶𝐴1𝐸𝐴1𝐷=𝐴1𝐸∠𝐴1𝐷𝐵=∠𝐴1𝐸𝐶，∴△A1BD≌△A1CE（ASA），∴2个正方形

重叠阴影部分的面积＝正方形面积的14=14×12=14，∴2021个这样的正方形重叠部分的面积和=14×（2021﹣1）＝505，故答案为：505．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；作辅助线构造出全等三角形并求出每个阴影部分的面积等

于正方形面积的14是解题的关键，要注意阴影部分的个数比正方形的个数少1．【变式4.4】（2020秋•高邮市期中）如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种图形来研究数．例如：图中的数1，5，12，22…，由于这些数能

够表示成五边形，所以将它们称为五边形数，按照此规律，第40个图形表示的五边形数是2380．【分析】观察图形得到第1个五边形数为1，第2个五边形数为2+3＝5，第3个五边形数为3+4+5＝12，第4个五边形数为4+5+6+7＝22，即每个五边

形数是从1开始，后面的数都比前面一个数大3的几个数的和，且数的个数等于序号数，则第n个五边形数为3𝑛2−𝑛2（n≥1的整数），把n＝40代入计算即可．【解答】解：第一个图形有1个，第二个图形有5＝2+3个，第三个图形有12＝3+4+5个，…第n个图形五边形数为n+n+1+n+2+n+3

+…+[n+（n﹣1）]=3𝑛2−𝑛2个，故第40个图形表示的五边形数是：3×402−402=2380（个）．故答案为：2380．【点评】此题考查了规律型：图形的变化类：通过从一些特殊的图形变化中发现不变的因素

或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．【变式4.5】（2020秋•江阴市校级月考）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的小正方形组成，其中部分小正方形涂有阴影，依此规律，第50个图案中有201个涂有阴影的小正方形．【分析】观察不难发现，后一个图案比前一

个图案多4个涂有阴影的小正方形，然后写出第n个图案的涂有阴影的小正方形的个数，据此可得答案．【解答】解：由图可得，第1个图案涂有阴影的小正方形的个数为5，第2个图案涂有阴影的小正方形的个数为5×2﹣1＝9，第3个

图案涂有阴影的小正方形的个数为5×3﹣2＝13，…，第n个图案涂有阴影的小正方形的个数为5n﹣（n﹣1）＝4n+1．当n＝50时，4n+1＝4×50+1＝201，即第50个图案中有201个涂有阴影的小正方形，故答案为：201．【点评】本题是对图形变化规律的考查，观察出“后一个

图案比前一个图案多4个基础图形”是解题的关键．【压轴五】四边形的计算与证明【真题再现】（2021•扬州）如图，在△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于点D，DE∥AB，DF∥AC．（1）试判断四边形AFDE的形状，并说明理由；（2）若∠BAC＝90°，且AD＝2√

2，求四边形AFDE的面积．【思路点拨】（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA＝∠EAD，可得AE＝DE，即可证明；（2）根据∠BAC＝90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公

式计算即可．【详析详解】解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四边形AFDE是平行四边形，∵AD平分∠BAC，∴∠FAD＝∠EAD，∵DE∥AB，∴∠EDA＝∠FAD，∴∠EDA＝∠EAD，∴AE＝DE，∴平行四边形AFDE是菱形；（

2）∵∠BAC＝90°，∴四边形AFDE是正方形，∵AD=2√2，∴AF＝DF＝DE＝AE=2√2√2=2，∴四边形AFDE的面积为2×2＝4．【方法小结】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的

关键是掌握特殊四边形的判定方法．【变式训练】【变式5.1】（2021•宝应县二模）如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF、AC．（1）求证：△ABE≌△FCE；（2

）若AD＝AF，AB＝3，BC＝5，求四边形ABFC的面积．【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB∥DF，从而证得∠ABC＝∠BCF，利用ASA可证明结论；（2）由△ABE≌△FCE得到AE＝FE，利用对角线相等可证得四边形ABFC为平行四边形，得到AB＝F

C＝CD，利用等腰三角形三线合一证得AC⊥DF，从而得到四边形ABFC是矩形，再利用勾股定理求出AC的长度，即可求出四边形ABFC的面积．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠ABC＝∠BCF，∵E为BC中点，∴BE＝CE，在△ABE和△FCE中，{∠

𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐹𝐸𝐵𝐸=𝐶𝐸∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐶𝐸𝐹，∴△ABE≌△FCE．（2）解：∵△ABE≌△FCE，∴AE＝FE，∵BE＝FC，∴四边形ABFC是平行四边形，∴AB＝CF＝CD，∵AD＝AF，∴AC

⊥FD，∴四边形ABFC是矩形，∴∠BAC＝90°，∵AB＝3，BC＝5，根据勾股定理得AC=√𝐵𝐶2−𝐴𝐵2=√52−32=4，∴矩形ABFC的面积为AB•AC＝3×4＝12．【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，全等三角

形的性质和判定及勾股定理等知识点的应用，本题主要考查学生运用定理进行推理的能力．【变式5.2】（2021•江都区一模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是AD的中点，点F、G在CD边上，EF⊥CD，OG∥EF．（1

）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若FG＝5，EF＝4，求CG的长．【分析】（1）证OE是△ACD的中位线，得OE∥CD，再由OG∥EF，得四边形OEFG是平行四边形，然后证出∠EFG＝90°，即可得

出结论；（2）由矩形的性质得OE＝FG＝5，再由菱形的性质得AD＝CD，AC⊥BD，然后求出OE=12AD＝DE＝5，CD＝AD＝2OE＝10，由勾股定理得DF＝3，即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，∵E是AD的中点，∴OE是△ACD的中位

线，∴OE∥CD，∵OG∥EF，∴四边形OEFG是平行四边形，∵EF⊥CD，∴∠EFG＝90°，∴平行四边形OEFG是矩形；（2）解：由（1）得：四边形OEFG是矩形，∴OE＝FG＝5，∵四边形ABCD是菱形，∴A

D＝CD，AC⊥BD，∴∠AOD＝90°，∵E是AD的中点，∴OE=12AD＝DE＝5，CD＝AD＝2OE＝10，在Rt△DEF中，DF=√𝐷𝐸2−𝐸𝐹2=√52−42=3，∴CG＝CD﹣FG﹣DF＝10﹣5﹣3＝2．【点评

】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形OEFG为矩形是解题的关键．【变式5.3】（2021•邗江区二模）已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，将△A

BC沿射线AC向下平移得△A'B'C'，边A'B'交BC于点D．（1）求cos∠BDB'；（2）连接BB'，判断四边形BCC'B'的形状，并说明理由；（3）若四边形BCC'B'为正方形，则平移得距离为6．【分析】（

1）由平移得，A′B′∥AB，则∠BDB'＝∠ABC，求出∠ABC的余弦值即可；（2）由于△ABC沿射线AC向下平移得△A'B'C'，所以A′C′与AC在同一条直线上，由B′C′∥BC，B′C′＝BC，∠C′＝∠ACB＝90°，可判断四边形BCC'B'是矩形；（3）

由一组邻边相等的矩形是正方形可知CC′＝BC，由此即可求出平移的距离．【解答】解：（1）如图，由平移得，A′B′∥AB，∴∠BDB'＝∠ABC，∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴cos∠BDB'＝cos∠ABC=𝐵𝐶𝐴𝐵=610=35．（2）四边形BCC'B

'是矩形，理由如下：∵△ABC沿射线AC向下平移得△A'B'C'，∴A′C′与AC在同一条直线上，由平移得，B′C′∥BC，B′C′＝BC，∴四边形BCC'B'是平行四边形，∵∠C′＝∠ACB＝90°，∴四边形BCC'B'是矩形．（3）由（2）得，四边形BCC'B'是矩形，∴当CC′＝BC时

，四边形BCC'B'是正方形，∵CC′＝BC＝6，∴平移的距离是6，故答案为：6．【点评】此题重点考查平移的特征、矩形的判定、正方形的判定、锐角三角函数等知识与方法，难度不大，属于基础题．【变式5.4】（2021•仪征市二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点P从点

B向点A运动，点Q从点A向点C运动，两点同时出发，当点P到达点A时停止（同时点Q也停止），连接PQ，以PQ为边顺时针方向作正方形PQEF．已知AB＝10，tanA=43，BP＝AQ．（1）若点P运动到AB中点处，求正方形PQEF的边长；（2）若点E落在△ABC的一边上，求BP长；

（3）在点P、Q的运动过程中，△APQ的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）如图1中，过点Q作QH⊥AB于H．利用勾股定理求解即可．（2）分两种情形：如图2﹣1中，当点E落在AC上时，AQ⊥PQ．证明P

B：AP＝3：5，由此构建方程求解即可．如图2﹣2中，过点Q作QH⊥AB于H，QT⊥BC于T．设AQ＝PB＝x．由QT∥AB，推出𝑄𝑇𝐴𝐵=𝐶𝑇𝐶𝐵，由此构建方程求解即可．（3）如图3中，设AQ＝PB＝x，过点Q作QH⊥AB于H．构建二次函数，利用二次

函数的性质解决问题即可．【解答】解：（1）如图1中，过点Q作QH⊥AB于H．∵AQ＝PB＝AP＝5，tan∠A=𝑄𝐻𝐴𝐻=43，∴QH＝4，AH＝3，PH＝AP﹣AH＝5﹣3＝2，∴PQ=√𝑄𝐻2+𝑃�

�2=√42+22=2√5，∴正方形PQEF的边长为2√5．（2）如图2﹣1中，当点E落在AC上时，AQ⊥PQ．∵tan∠A=𝑃𝑄𝐴𝑄=43，AQ＝PB，∴AQ：AP＝3：5，∴PB：AP＝3：5，∴PB：（10﹣PB）＝

3：5，∴PB=154．如图2﹣2中，过点Q作QH⊥AB于H，QT⊥BC于T．设AQ＝PB＝x．∵∠QHB＝∠QTB＝∠B＝90°，∴四边形QHBT是矩形，∴∠TQH＝∠EQP＝90°，QH＝BT，∴∠PQH＝∠EQT，∵Q

P＝QE，∴△QHP≌△QTE（AAS），∴QT＝QH，在Rt△ABC中，AB＝10，tan∠A=𝐵𝐶𝐴𝐶=43，∴BC=403，在Rt△AHQ中，HQ＝BT=45AQ=45x，∵QT∥AB，∴𝑄𝑇𝐴𝐵=𝐶𝑇𝐶𝐵，

∴45𝑥10=403−45𝑥403，∴x=507，∴PB=507，综上所述，满足条件的PB的值为154或507．（3）存在．理由：如图3中，设AQ＝PB＝x，过点Q作QH⊥AB于H．在Rt△AQH中，QH=45x，∴S△AQ

P=12•AP•QH=12（10﹣x）×45x=−25（x﹣5）2+10，∵−25＜0，∴x＝5时，△AQP的面积最大，最大值为10．【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学

会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．【变式5.5】（2021•宝应县一模）如图，点B、F、C、E在同一直线上，且BF＝CE，点A、D分别在直线BE的两侧，AB∥DE，∠A＝∠D．（1）求证：△AB

C≌△DEF；（2）连接AD交BE于点O，若AO＝BO，请补全图形并证明：四边形ABDE是矩形．【分析】（1）根据平行线的性质得出∠B＝∠E，再利用AAS即可证得△ABC≌△DEF；（2）由全等三角形的性质得到∠BAC＝∠EDF，AC＝DF，根据平行线的性质得到∠ODE＝∠O

AB，∠OED＝∠OBA，推出四边形ABDE是平行四边形，于是得到四边形ABDE是矩形．【解答】证明：（1）∵AB∥DE，∴∠B＝∠E，∵BF＝CE，∴BC＝EF，在△ABC与△DEF中，{∠𝐴=∠𝐷∠𝐵=∠𝐸𝐵𝐶=𝐸𝐹，∴△ABC≌△DEF（AAS）；（2）由

（1）知，△ABC≌△DEF，BC＝EF，∴∠BAC＝∠EDF，AC＝DF，∵AO＝BO，∴∠OAB＝∠OBA，∵AB∥DE，∴∠ODE＝∠OAB，∠OED＝∠OBA，∴ODE＝∠OED，∠CAO＝∠FDO，∴OD＝OE，∴AD＝BE，在△ACO和△DF

O中，{∠𝐶𝐴𝑂=∠𝐹𝐷𝐴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐷𝑂𝐹𝐴𝐶=𝐷𝐹，∴△ACO≌△DFO（AAS），∴AO＝DO，CO＝FO，∴BO＝EO，∴四边形ABDE是平行四边形，∴四边形ABDE是矩

形．【点评】此题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．【压轴六】圆的有关计算与证明【真题再现】（2021•扬州）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，CB＝CD，连接BD，以点B为圆心，B

A长为半径作⊙B，交BD于点E．（1）试判断CD与⊙B的位置关系，并说明理由；（2）若AB＝2√3，∠BCD＝60°，求图中阴影部分的面积．【思路点拨】（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD

，得到BF＝BA，即可证明CD与圆B相切；（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD＝30°，求出AD，再利用S△ABD﹣S扇形ABE求出阴影部分面积．【详析详解】解：（1）过点B作B

F⊥CD，垂足为F，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵CB＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，∴∠ADB＝∠CDB．在△ABD和△FBD中，{∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐹𝐷𝐵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐹𝐷𝐵𝐷=𝐵𝐷

，∴△ABD≌△FBD（AAS），∴BF＝BA，则点F在圆B上，∴CD与⊙B相切；（2）∵∠BCD＝60°，CB＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠CBD＝60°∵BF⊥CD，∴∠ABD＝∠DBF＝∠CBF＝30°，∴∠ABF＝60°，∵AB＝BF=2√3，∴AD＝DF＝AB·tan30

°＝2，∴阴影部分的面积＝S△ABD﹣S扇形ABE=12×2√3×2−30×𝜋×(2√3)2360=2√3−𝜋．【方法小结】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的

综合性较强，难度不小，解题的关键是正确作出辅助线．【变式训练】【变式6.1】（2021•邗江区二模）如图，已知△ACD是底角为30°的等腰三角形，B为AD上一点，以AB为直径的⊙O恰好过点C．（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）M为⊙O下半圆上的一个动点，若在某一时刻满足∠

MCB＝∠DCB，已知半径等于2，求弧AM的长．【分析】（1）连接CO，由OA＝OC，∠A＝∠D＝30°，可得∠COD＝2∠A＝60°，从而可得∠COD+∠D＝90°，即得∠OCD＝90°，则可证明CD为圆O切线；（2）由AB为直径，∠A＝30°，可推出∠DCB＝30°，

当∠MCB＝∠DCB＝30°时，可由圆周角定理的推论得到𝐴𝑀̂=𝐴𝐶̂．易知∠AOC＝120°，AO＝OC＝2，则由弧长公式可求弧AC的长度，即得弧AM的长度．【解答】解：（1）直线CD与⊙O相切，理由如下：连接CO，如图所示．∵AC＝DC，∠CAD＝∠CDA＝3

0°，且OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠COD＝∠CAO+∠ACO＝2∠CAO＝60°，∴∠COD+∠CDA＝60°+30°＝90°，∴∠OCD＝90°，又OC为半径，故直线CD与圆O相切．（2）∵AB为直径，∴∠ACB

＝90°，又∠CAD＝∠CDA＝30°，∴∠CBA＝60°＝∠CDA+∠DCB，∴∠DCB＝30°．当∠MCB＝∠DCB＝30°时，则𝐵𝐶̂=𝑀𝐵̂，∵𝐴𝐶𝐵̂=𝐴𝑀𝐵̂，∴𝐴𝑀̂=𝐴𝐶̂．

∵∠COB＝60°，∴∠AOC＝120°，∴𝐴𝐶̂=120°𝜋⋅2180°=4𝜋3=𝐴𝑀̂．故弧AM长为4𝜋3．【点评】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，弧长的计算公式，证得弧AM等于弧AC是解题的关键

．【变式6.2】（2021•宝应县二模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD与过C点的直线互相垂直，垂足为D，AC平分∠DAB．（1）求证：DC为⊙O的切线；（2）若AD＝3，DC=√3，求劣弧AC的长．【分析】（

1）连接OC，求出AD∥OC，求出OC⊥DC，再根据切线的判定求出即可；（2）求出∠DAC＝30°，求出∠AOC，求出BC和AB，再根据弧长公式求出答案即可．【解答】（1）证明：连接OC，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠B

AC，∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACO，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∵AD⊥DC，∴OC⊥DC，∵OC过O，∴DC为⊙O的切线；（2）解：∵AD⊥DC，∴∠ADC＝90°，∵AD＝3，DC=√3，∴tan∠DAC=𝐷𝐶𝐴𝐷=√33，∴∠DAC＝30°，∴∠B

AC＝∠ACO＝∠DAC＝30°，AC＝2DC＝2√3，∴∠AOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝30°，∴AB＝2BC，∵AC＝2√3，∴（2BC）2＝（2√3）2+BC2，解得：BC＝2，AB＝4，即AO＝2

，∴劣弧AC的长是120𝜋×2180=43π．【点评】本题考查了圆周角定理，切线的判定，平行线的性质和判定，弧长公式等知识点，能熟记切线的判定和弧长公式是解此题的关键．【变式6.3】（2021•江都区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝6，射线CM⊥BC，点

D是边BC上一动点，连接AD，过点A作AE⊥AD交射线CM于点E，连接DE．（1）求证：点A、E、C、D在同一圆上；（2）若BD＝1，则AE＝2√10．（3）①当△CDE面积的最大时，求BD的长；②当点D从点B运动到点C时，直接写出△

ACE的外接圆圆心经过的路径长3√5．【分析】（1）根据圆的内接四边形性质即可证明点A、E、C、D在以DE为直径的同一圆上；（2）根据题意过点A作AF⊥CM，从而构造出一组相似三角形：Rt△AEF∽Rt△ADB，利用相似三角形的性质求解即可；（3）①根据Rt△AEF∽Rt△ADB，推出各

边之间的关系，从而设出未知数，根据三角形面积公式进行求解即可；②由（1）可知△ACE外接圆的圆心O是DE的中点，推出点O的运动路径为O1O2，进而根据角之间的互余关系推出角相等，进而得出△CO1O2∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例进

行求解即可．【解答】（1）证明：根据题意可知∠DCE＝90°，∠DAE＝90°，∵∠DCE+∠DAE＝180°，∴点A、E、C、D在以DE为直径的同一圆上．（2）如图1，过点A作AF⊥CM，垂足为点F，∵BC⊥CM，BC⊥AB，∴AF∥BC，AF⊥AB，∵∠EAF+∠DAF＝90°，∠BA

D+∠DAF＝90°，∴∠EAF＝∠DAB，∴Rt△AEF∽Rt△ADB，∴𝐴𝐸𝐴𝐹=𝐴𝐷𝐴𝐵，∵BD＝1，AB＝3，AF＝BC＝6，AD=√𝐷𝐵2+𝐴𝐵2=√10，∴𝐴𝐸6=√103，解得AE＝2

√10，故答案为：2√10．（3）①由（2）可知Rt△AEF∽Rt△ADB，∴𝐸𝐹𝐷𝐵=𝐴𝐹𝐴𝐵=2，设DB＝x，则EF＝2x，EC＝2x+3，DC＝BC﹣BD＝6﹣x，∴S△CDE=12（6﹣x）（2x+3）＝﹣（x

−94）2+22516，∴当△CDE面积最大时，x=94，即BD=94．②如图2所示，由（1）可知△ACE外接圆的圆心O是DE的中点，OA＝OC，∴点O在AC的垂直平分线上运动，∴点O的运动路径为O1O2，根据题意BC＝6，AB＝3，∴AC=√𝐵

𝐶2+𝐴𝐵2=3√5，∵∠CO2O1，+∠O2CO1＝90°，∠O2CO1+∠ACB＝90°，∴∠CO2O1＝∠ACB，又∠CO1O2＝∠ABC＝90°，∴△CO1O2∽△ABC，∴𝐶𝑂1𝑂1𝑂2=𝐴𝐵𝐵𝐶，即3√52𝑂1𝑂

2=36，解得O1O2＝3√5，故答案为：3√5．【点评】本题考查圆的综合运用，解题的关键是作出辅助线AF，从而构造出相似三角形进行求解，第（3）中②题要结合图形，化动为静，找出关键点（O1、O2）．【变式6.4】（2021•德城区二模）直角三角板ABC的斜边AB的两个端点在⊙

O上，已知∠BAC＝30°，直角边AC与⊙O相交于点D，且点D是劣弧AB的中点．（1）如图1，判断直角边BC所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）如图2，点P是斜边AB上的一个动点（与A、B不重合），DP的延长线交⊙O于点Q，连接QA、QB．①AD＝

6，PD＝4，则AB＝6√3；PQ＝5；②当点P在斜边AB上运动时，求证：QA+QB=√3QD．【分析】（1）连接OA,OD,OB,BD,证明△BOD是等边三角形,由等边三角形的性质得出∠BDO＝∠DBO＝60°,证明△

AOD是等边三角形,由等边三角形的性质得出∠ADO＝60°,得出CB⊥OB,则可得出结论；(2)①由直角三角形的性质求出AB的长；证明△QDA∽△ADP,由相似三角形的性质得出𝐷𝐴𝐷𝑄=𝐷𝑃𝐷𝐴,则可求出PQ的长；②过点D作DN⊥BQ交BQ于点N,DM⊥AQ

交AQ的延长线于点M,证明Rt△DBN≌Rt△DAM(HL),由全等三角形的性质得出BN＝AM,由直角三角形的性质得出2QN=√3QD,则可得出结论．【解答】(1)解:BC所在的直线与⊙O相切．理由如下:如图1,连接

OA,OD,OB,BD,∵∠BAC＝30°,∴∠BOD＝60°,∵OB＝OD,∴△BOD是等边三角形,∴∠BDO＝∠DBO＝60°,∵点D是劣弧AB的中点,∴∠AOD＝∠BOD＝60°,∵OD＝OA,∴△AOD是等边三角形,∴∠ADO＝60°,∴∠ADB＝∠ADO+∠BDO＝12

0°,∴∠CDB＝180°﹣∠ADB＝180°﹣120°＝60°,∴∠CBD＝90°﹣∠CDB＝90°﹣60°＝30°,∴∠CBO＝∠CBD+∠DBO＝60°+30°＝90°,∴CB⊥OB,∵OB是⊙O的半径,∴BC是⊙O的切线,

即BC所在的直线与⊙O相切；(2)①AB与OD相交于点E,如图2,由(1)可知,△BOD,△AOD都是等边三角形,且OA,OD,OB是⊙O的半径,∴四边形AOBD是菱形,∴AB与OD垂直平分,∵AD＝6,∴DE＝3,AE＝3√

3,∴AB＝2AE＝6√3,∵∠BAC＝30°,点D是劣弧AB的中点,∴∠DQA＝∠BQD,∴∠DQA＝∠BAC＝30°,∵∠QDA＝∠ADP,∴△QDA∽△ADP,∴𝐷𝐴𝐷𝑄=𝐷𝑃𝐷𝐴,∴DQ=𝐷𝐴2𝐷𝑃=624=9,∴PQ＝DQ﹣PD＝9﹣4＝5．故答案

为6√3；5；②如图3,过点D作DN⊥BQ交BQ于点N,DM⊥AQ交AQ的延长线于点M,∵∠DQA＝∠BQD＝30°,∴QD是∠BQA的角平分线,∴DN＝DM,QN＝QM,又∵DB＝DA,∴Rt△DBN≌Rt△DAM(HL),∴BN＝AM,在Rt△DNQ中,cos∠DQN＝cos30°=𝑄𝑁�

�𝐷=√32,∴2QN=√3QD,∴√3QD＝2QN＝2QM＝QM+QA+AM＝QB+QA．即QA+QB=√3QD．【点评】本题是圆的综合题,考查了切线的判定，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质,全等三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知

识点进行推理是解此题的关键．【变式6.5】（2021•仪征市二模）如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）连接OC交⊙O

于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC=13，求CE的长．【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB＝∠OBD，由垂直的定义得到∠ADB＝90°，确定∠ABD+∠A＝90°，等量代换得到∠ODB+∠BDC＝90°，求得OD⊥CD，根据切线的定义即可得到结论；（2）根据切

线的性质得到∠CDO＝90°，根据余角的性质得到∠COD＝∠BDC，解直角三角形即可得到结论．【解答】（1）证明：连接OD，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵BD⊥AD，∴∠ADB＝90°，∴∠ABD+∠A＝90°，∵∠BDC＝∠BAD，∴∠ODB+

∠BDC＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵CD是⊙O的切线，∴∠CDO＝90°，∵cos∠BDC=13，∠BDC＝∠BAD．∴cos∠BAD=𝐴𝐷𝐴𝐵=13，∵AD＝2，∴AB＝6，∴OD＝OE＝3，∵CD＝6，∴OC=√𝐶𝐷2+𝑂𝐷2=3√5，∴CE＝CO

﹣OE＝3√5−3．【点评】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．【压轴七】二次函数压轴问题【真题再现】（2021•扬州）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．（1）b＝

﹣2，c＝﹣3；（2）若点D在该二次函数的图象上，且S△ABD＝2S△ABC，求点D的坐标；（3）若点P是该二次函数图象上位于x轴上方的一点，且S△APC＝S△APB，直接写出点P的坐标．【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求出△ABC的面积

，设点D（m，m2﹣2m﹣3），再根据S△ABD＝2S△ABC，得到方程求出m值，即可求出点D的坐标；（3）分点P在点A左侧和点P在点A右侧，结合平行线之间的距离，分别求解．【详析详解】解：（1）∵点A和点B在二次函数y＝x2+bx+c图像上，则{0=1

−𝑏+𝑐0=9+3𝑏+𝑐，解得：{𝑏=−2𝑐=−3，故答案为：﹣2，﹣3；（2）连接BC，由题意可得：A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），y＝x2﹣2x﹣3，∴S△ABC=12×4×3=6，∵S△A

BD＝2S△ABC，设点D（m，m2﹣2m﹣3），∴12×𝐴𝐵×|yD|＝2×6，即12×4×|m2﹣2m﹣3|＝2×6，解得：m=1+√10或1−√10，代入y＝x2﹣2x﹣3，可得：y值都为6，∴D（1+√10，6）或（1−√10，6）；（3）设P（n，

n2﹣2n﹣3），∵点P在抛物线位于x轴上方的部分，∴n＜﹣1或n＞3，当点P在点A左侧时，即n＜﹣1，可知点C到AP的距离小于点B到AP的距离，∴S△APC＜S△APB，不成立；当点P在点B右侧时，即n＞3，∵△APC和△APB都以AP为底，若要面积相等，则点B和点C到A

P的距离相等，即BC∥AP，设直线BC的解析式为y＝kx+p，则{0=3𝑘+𝑝−3=𝑝，解得：{𝑘=1𝑝=−3，则设直线AP的解析式为y＝x+q，将点A（﹣1，0）代入，则﹣1+q＝0，解得：q＝1，则直线AP的解析式为y＝x+1，将

P（n，n2﹣2n﹣3）代入，即n2﹣2n﹣3＝n+1，解得：n＝4或n＝﹣1（舍），n2﹣2n﹣3＝5，∴点P的坐标为（4，5）．【方法小结】本题考查了二次函数综合，涉及到待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行线之间的距离，一次函数，解题的

难点在于将同底的三角形面积转化为点到直线的距离．【变式训练】【变式7.1】（2021•邗江区二模）我们知道求函数图象的交点坐标，可以联立两个函数解析式组成方程组，方程组的解就是交点的坐标．如：求直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标，我

们可以联立两个解析式得到方程组{𝑦=2𝑥+3𝑦=−𝑥+6，解得{𝑥=1𝑦=5，所以直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标为（1，5）．请利用上述知识解决下列问题：（1）求直线y＝x﹣2和双曲线y=3𝑥的交点坐标；

（2）已知直线y＝kx﹣3和抛物线y＝x2+2x+4，若直线与抛物线只有一个交点，则k的值为2±2√7；（3）如图，已知点A（a，0）是x轴上的动点，B（0，4√2），以AB为边，在AB右侧作正方形ABCD，当正方形ABCD的边与反比例函

数y=2√2𝑥的图象有4个交点时，请直接求出a的取值范围．【分析】（1）通过联立两个解析式得到方程组，解方程组即可求得答案；（2）联立两个解析式得：x2+2x+4＝kx﹣3，整理得：x2+（2﹣k）x+7＝0，根据

直线与抛物线只有一个交点，得Δ＝（2﹣k）2﹣4×1×7＝k2﹣4k﹣24＝0，即可求出答案；（3）分a＞0、a＜0两种情况，探讨正方形与反比例函数图象交点的情况，进而求得答案．【解答】解：（1）由题意得：{𝑦=𝑥−2𝑦=3𝑥，解得：{𝑥1=3𝑦1=1，{𝑥2=−1𝑦2=−3，∴

直线y＝x﹣2和双曲线y=3𝑥的交点坐标为（3，1）或（﹣1，﹣3）；（2）联立直线y＝kx﹣3和抛物线y＝x2+2x+4，得：x2+2x+4＝kx﹣3，∴x2+（2﹣k）x+7＝0，∵直线与抛物线只有一个交点，Δ＝（2﹣k）2﹣4×1×7

＝k2﹣4k﹣24＝0，解得：k＝2±2√7，故答案为：2±2√7；（3）①当a＞0时，如图1，设直线AB的解析式为y＝mx+n，∵A（a，0），B（0，4√2），∴{𝑎𝑚+𝑛=0𝑛=4√2，解得：{𝑚=−4√2𝑎𝑛=4√2，∴直线AB的解析式为y=−4√

2𝑎x+4√2，当线段AB与双曲线只有一个交点时，联立AB的解析式和反比例函数y=2√2𝑥，得：−4√2𝑎x+4√2=2√2𝑥，整理得：2x2﹣2ax+a＝0，∴Δ＝（﹣2a）2﹣4×2a＝0，解得：a＝2，∴当a＞2时，正方形ABCD的

边与反比例函数的图象有4个交点；②当a＜0时，如图2，i）当边AD与双曲线只有一个交点时，过点D作ED⊥x轴于点E，∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，∴∠BAO＝∠ADE，∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°，∴△AOB≌△DEA（AAS），∴ED＝AO＝﹣

a，AE＝OB＝4√2，故点D（a+4√2，a），设直线AD的解析式为y＝m1x+n1，∵A（a，0），D（a+4√2，a），∴{𝑎𝑚1+𝑛1=0(𝑎+4√2)𝑚1+𝑛1=𝑎，解得：{𝑚1=√28𝑎𝑛1=−√28𝑎2，∴直线AD

的解析式为y=√28𝑎x−√28a2，联立AD的解析式与反比例函数解析式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，∴Δ＝（﹣a2）2﹣4a×（﹣16）＝0，解得：a＝﹣4或a＝0（舍去），∴a＜﹣4，ii）当边BC与双曲线有

一个交点时，同理可得：a＝﹣16，∴a＞﹣16，所以当正方形ABCD的边与反比例函数的图象有4个交点时，a的取值范围为：﹣16＜a＜﹣4；综上所述，a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4．【点评】本题是

二次函数综合题，考查了一次函数的性质，反比例函数的图象和性质，二次函数图象和性质，根的判别式的应用，全等三角形判定和性质等，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想思考解决问题．【变式7.2】（2021•宝应县二模）在平面直角坐标系中，点A的坐

标为（m，2）（其中m为常数），点B与点A关于y轴对称．在实数范围内定义函数y={𝑥2+𝑥−𝑚(𝑥≥1)𝑥2+𝑥+𝑚(𝑥＜1)（其中m为常数）的图象为G．（1）当点（﹣1，2）在G上时，则m的

值是2；（2）求点B在G上时，求m的值；（3）当y最小值的取值范围是﹣2≤y≤﹣1时，请直接写出m的取值范围．【分析】（1）直接代入求值即可；（2）求得B点的坐标，分两种求得代入求值即可；（3）分两种情况：①图形G上最低点落在左侧函数部分的图象上，根据题意解不等式组即可，②图形G上最低点

落在右侧部分的图象上时，解不等式组即可．【解答】解：（1）把点（﹣1，2）代入y＝x2+x+m，则1﹣1+m＝2，∴m＝2；（2）∵点A的坐标为（m，2）（其中m为常数），点B与点A关于y轴对称，∴点B的坐标为（﹣m，2），当

﹣m≥1时，即m≤﹣1时，把点（﹣m，2）代入y＝x2+x﹣m，则m2﹣m﹣m＝2，解得m＝1±√3（舍去），当﹣m＜1时，即m＞﹣1时，把点（﹣m，2）代入y＝x2+x+m，则m2﹣m+m＝2，解得m＝±√2（负值舍去），综上，m=√2；（3）当图形G上最低点落在函数y＝x2+x﹣m（x

≥1）的图象上时，则最低点坐标为（1，2﹣m），∴﹣2≤2﹣m≤﹣1，解得：3≤m≤4；当图形G上最低点落在函数y＝x2+x﹣m（x＜2）的图象上时，同理：−74≤m≤−34；y＝x2+x+m的顶点C（−12，m−14），当x＝1时，y＝x

2+x﹣m的点D（1，2﹣m），m−14=2﹣m，解得m=98，当m＞98时，D为最低点；当m＜98时，C为最低点．综上所述，m的取值范围为：3≤m≤4或−74≤m≤−34．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，要会利用数形结合的思想把代数和几何

图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，其中（3）要确定临界点的情况，进而求解．【变式7.3】（2021•高邮市模拟）我们把二次函数图象上横坐标与纵坐标之和为0的点定义为这个二次函数图象上的“异点”．如在二次函数

y＝x2的图象上，存在一点P（﹣1，1），点P的横坐标与纵坐标之和为0，则点P为二次函数y＝x2图象上的“异点”．请你就二次函数y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4（m≠2）解决下列问题：（1）若m＝﹣2，n＝3，则这个

二次函数图象上的“异点”坐标为（12，−12）；若A（﹣3，3），B（1，﹣1）是这个二次函数图象上的两个“异点”，则m＝3，n＝1；（2）若这个二次函数图象上的两个不同的“异点”恰好在反比例函数y=−16𝑥的图象上，求n的值；（3）若对于任意实数n，这个二次函数图象上恒有两个

不同的“异点”，求实数m的取值范围．【分析】（1）设“异点”坐标为（a，﹣a），代入解析式解方程即可；A（﹣3，3），B（1，﹣1）代入y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4可得n；（2）“异点”恰好在反比例函数y=−16𝑥的图象上，可求出“异点”为（4，﹣4）和（

﹣4，4），代入y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4可得答案；（3）设二次函数y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4“异点”为（x，﹣x），由恒有两个不同的“异点”可得判别式Δ＞0，配方得（﹣2m+n+5）2﹣4m2+36m﹣56＞0，故﹣4m2+36m﹣56

＞0，从而可得答案．【解答】解：（1）m＝﹣2，n＝3时，y＝﹣4x2+3x﹣1，设y＝﹣4x2+3x﹣1图象上的“异点”坐标为（a，﹣a），则﹣a＝﹣4a2+3a﹣1，解得a=12，∴y＝﹣4x2+3x﹣1图象上的“异点”坐标为：（12，−12）；∵A（﹣3，3），B（1，﹣1）是y＝（m﹣2

）x2+nx+n﹣4图象上的两个“异点”，∴{3=9(𝑚−2)−3𝑛+𝑛−4−1=(𝑚−2)+𝑛+𝑛−4，解得{𝑚=3𝑛=1，故答案为：（12，−12）；3，1；（2）∵二次函数图象上的两个不同的“异点”恰好在反比例函数y=−16𝑥

的图象上，∴在y=−16𝑥中，令y＝﹣x得﹣x=−16𝑥，解得x＝4或﹣4，∴这两个“异点”为（4，﹣4）和（﹣4，4），把（4，﹣4）和（﹣4，4）代入y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4得：{−4=16(𝑚−2)+4𝑛+𝑛−44=16(𝑚−2)−4𝑛+𝑛−4，解得{�

�=3716𝑛=−1，∴二次函数图象上的两个不同的“异点”恰好在反比例函数y=−16𝑥的图象上，n的值为﹣1；（3）设二次函数y＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4“异点”为（x，﹣x），则﹣x＝（m﹣2）x2+nx+n﹣4，整理得：（m

﹣2）x2+（n+1）x+n﹣4＝0，∵二次函数图象上恒有两个不同的“异点”，∴（m﹣2）x2+（n+1）x+n﹣4＝0有两个不相等的实数根，即（n+1）2﹣4（m﹣2）（n﹣4）＞0，整理变形为（﹣2m+n+5）2﹣4m2+36m﹣5

6＞0，∵对于任意实数n，这个二次函数图象上恒有两个不同的“异点”，（﹣2m+n+5）2≥0，∴﹣4m2+36m﹣56＞0，解得2＜m＜7，∴实数m的取值范围是2＜m＜7．【点评】本题考查二次函数综合应用，应用“异点”定义设坐标列方程（组）是解题的关键．【变式7.4】（2021•江

都区二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF．（1）求抛物线的

解析式；（2）①当点P与点D重合时，求m的值；②在①的条件下，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°并平移，得到△C1O1F1，点C，O，F的对应点分别是点C1，O1，F1，若△C1O1F1的两个顶点恰好落在抛

物线上，直接写出点F1的坐标；（3）当点P在线段DE上运动时，求m的变化范围．【分析】（1）将A、B两点坐标代入即可，（2）讨论点坐标得变化，找到变化规律分情况讨论，即可找出F1得坐标．（3）当P点在DE方向运动时，通过数形结合分别找到最大值和最小值即可

找到m的取值范围．【解答】解：（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）代入抛物线解析式y＝ax2+bx﹣3中得：{4𝑎−2𝑏−3=036𝑎+6𝑏−3=0，解得：{𝑎=14𝑏=1，∴该抛物线的解析式为：

y=14x2﹣x﹣3，（2）①∵D为抛物线的顶点，∴D（2，﹣4），当点P与点D重合时，如图所示：过点D作GD∥x轴，过F点作y轴平行线交GD延长线于点H，由题意易得：CG＝1，GD＝2，FH＝4，而PC

⊥PF，即∠CDF＝90°，∵∠CGD＝∠DHF＝90°，∠CDG＝∠DFH，∴△CGD∽△DHF，∴𝐶𝐺𝐷𝐻=𝐺𝐷𝐻𝐹即，1𝐷𝐻=24，∴DH＝2，而四边形EDFH为矩形，∴EF＝DH＝2，∴OF＝

4，即F（4，0），∴m＝4，（2）按题意，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°得到△C'O'F'，如图所示：显然此时C'、O'、F'三点都不在抛物线上，故需要将△C'O'F'平移才能得到两个顶点恰好落在抛物线上，根据C'、O'、F'三点特点，可设：O1（x，y），则C1（x+3，y），F

1（x，y+4），①当O1C1经平移后在抛物线上，把01（x，y），C1（x+3，y）代入y=14x2﹣x﹣3中：{𝑦=14𝑥2−𝑥−3𝑦=14(𝑥+3)2−(𝑥+3)−3，解得：x=12，故F1（12，916），②当F1C1经平移后在抛物线上，把F1（x，y+4），C1（

x+3，y）代入y=14x2﹣x﹣3中：{𝑦+4=14𝑥2−𝑥−3𝑦=14(𝑥+3)2−(𝑥+3)−3，解得：x=−136，故F1（−136，49144），③当O1F1经平移后在抛物线上，因为O1、F1

在竖直方向，故不成立．综上所述：F1（12，916）或（−136，49144），（3）∵D（2，﹣4），E（2，0），C（0，﹣3），点P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF，如（2）①中当点P与点D重合时，m＝4，取得最大，随着P向E移动，m随之变化，设

存在一点P使m最小，如图所示：设OF＝m，则FE＝2﹣m；设EP＝y，则PQ＝3﹣y，根据△FEP∽△PQC得：𝐹𝐸𝑃𝑄=𝐸𝑃𝑄𝐶即：2−𝑚3−𝑦=𝑦2，可得关系式：m=12（y−32）2+78∵1

2＞0，当y=32时，m取得最小值78，综上所述：78≤𝑚≤4．【点评】本题考查二次函数的综合性质，属于二次函数的综合大题，是中考压轴题形，从题干中筛选出有用条件，二次函数的综合性质，坐标的变化规律以及相似三角形知识点灵活运用是解决本题的关键．【变式7.5】（2

021•江都区模拟）已经二次函数y＝ax2+bx+1．（1）如图，其图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝1．①求二次函数解析式；②F为线段BC上一点，过F分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为E、F，当四边形O

EFG为正方形时，求点F坐标；（2）其图象上仅有一个点的横坐标、纵坐标互为相反数，且二次函数y＝ax2+bx+1函数值存在负数，求b的取值范围．【分析】（1）①根据点A的坐标和对称轴解析式，即可得解；②根据抛物线的对称性得出点B坐标，求出BC解

析式𝑦=−13𝑥+1，设点𝐹(𝑚，−13𝑚+1)，根据正方形的性质求出m的值，即可得点F坐标；（2）由题意可得﹣x＝ax2+bx+1有两相等实根，y＝ax2+bx+1存在负值，利用根的判别式即可求解．【解答】解：（1）①由题：{𝑎−𝑏+1=0−𝑏2𝑎=1，解得{

𝑎=−13𝑏=23，∴二次函数解析式为：𝑦=−13𝑥2+23𝑥+1；②设BC解析式为：y＝kx+b，对称轴为直线x＝1．∵图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，对称轴为直线x＝1．∴点B（3，0），将B（3，0），C（0，1）代入得：

{3𝑘+𝑏=0𝑏=1，解得：{𝑎=−13𝑏=1，∴BC解析式为：𝑦=−13𝑥+1，设点𝐹(𝑚，−13𝑚+1)，∵四边形OEFG是正方形，∴EF＝GF，∴𝑚=−13𝑚+1，解得𝑚=34，∴𝐹(34，34)；（2）二次函数的图像其有且只有一个点横、纵坐标之和

互为相反数，∴﹣x＝ax2+bx+1有两相等实根，即ax2+（b+1）x+1＝0有两相等实根，∴{𝑎≠0(𝑏+1)2−4𝑎=0，解得：𝑎=(𝑏+1)24＞0，且b≠﹣1，∵y＝ax2+bx+1存在负值，∴b2﹣4a＝b2

﹣（b+1）2＞0，解得𝑏＜−12，综上：𝑏＜−12，且𝑏≠−1．【点评】本题考查二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，正方形的性质，一元二次方程根的判别式，综合性较强，难度较大熟练掌握二次函数的性质以及利用根的判别式求解是解题的关键．【压轴八】

材料阅读综合问题【真题再现】（2021•扬州）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：已知线段BC＝2，使用作图工具作∠BAC＝30°，尝试操作后思考：（1）这样的点A唯一吗？（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不

唯一，它在以BC为弦的圆弧上（点B、C除外），…．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．①该弧所在圆的半径长为2；②△ABC面积的最大值为√3+2；（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示

的弓形内部，我们记为A′，请你利用图1证明∠BA′C＞30°．（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形ABCD的边长AB＝2，BC＝3，点P在直线CD的左侧，且tan∠DPC=43．①线段PB长的最小值为√97−54；②若S△PCD=23S△PA

D，则线段PD长为7√24．【思路点拨】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时

，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′

即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．【详析详解】解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，∵∠BCA

＝30°，∴∠BOC＝60°，又OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝2，即半径为2；②∵△ABC以BC为底边，BC＝2，∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，

∴BE＝CE＝1，DO＝BO＝2，∴OE=√𝐵𝑂2−𝐵𝐸2=√3，∴DE=√3+2，∴△ABC的最大面积为12×2×(√3+2)=√3+2；（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，∵点D在圆上，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BA

′C＝∠BDC+∠A′CD，∴∠BA′C＞∠BDC，∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；（3）①如图，当点P在BC上，且PC=32时，∵∠PCD＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∴tan∠DPC=𝐶𝐷𝑃𝐶=43，为定值，连接PD，设点Q为P

D中点，以点Q为圆心，12PD为半径画圆，∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=43，连接BQ，与圆Q交于P′，此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，∵点Q是PD中点，∴点E为P

C中点，即QE=12CD＝1，PE＝CE=12PC=34，∴BE＝BC﹣CE＝3−34=94，∴BQ=√𝐵𝐸2+𝑄𝐸2=√974，∵PD=√𝐶𝐷2+𝑃𝐶2=52，∴圆Q的半径为12×52=54，∴BP′＝BQ﹣P′Q=

√97−54，即BP的最小值为√97−54；②∵AD＝3，CD＝2，S△PCD=23S△PAD，则𝐶𝐷𝐴𝐷=23，∴△PAD中AD边上的高＝△PCD中CD边上的高，即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，

过点C作CF⊥PD，垂足为F，∵PD平分∠ADC，∴∠ADP＝∠CDP＝45°，∴△CDF为等腰直角三角形，又CD＝2，∴CF＝DF=2√2=√2，∵tan∠DPC=𝐶𝐹𝑃𝐹=43，∴PF=3√24，∴PD＝DF+PF=√2+3√24=7√24．

【方法小结】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．【变式训练】【变式8.1】（

2021•宝应县一模）从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这个三角形称为准黄金三角形．（1）请判断：含30°角

的直角三角形是（填“是”或“不是”）准黄金三角形；（2）如图1，在△ABC中，CD为角平分线，∠A＝40°，∠B＝60°，求证：△ABC是准黄金三角形；（3）如图2，△ABC是准黄金三角形，AC＝3，BC

=√10，且△ACD是以CD为底边的等腰三角形，求CD的长．【分析】（1）根据三角形内角和和准黄金三角形的概念解答即可；（2）根据三角形内角和得出∠ACB，进而利用等腰三角形的判定和性质得出△ADC为等腰三角形，进而利用准黄金三角形

概念证明即可；（3）根据相似三角形的性质解答即可．【解答】解：（1）含30°角的直角三角形是准黄金三角形，若要分割成一个等腰三角形和一个与原三角形相似的三角形，则作60°角的角平分线即可；故答案为：是；（2）由三角形内角和为180°，得，∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣40°﹣60

°＝80°，∵CD为∠ACB的角平分线，∴∠ACD＝∠BCD=12∠ACB=12×80°＝40°，∴∠ACD＝∠A，∴AD＝CD，∴△ADC为等腰三角形，∴∠CDB＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∴△CDB∽△ACB，∴△ABC为准黄金三角形；（3）∵

△ACD是等腰三角形，∴AC＝AD＝3，∵△ABC为准黄金三角形，∴△ABC∽△CBD，∴𝐴𝐶𝐵𝐶=𝐶𝐷𝐵𝐷，∵BD＝AB﹣AD＝AB﹣3，∴3√10=𝐶𝐷𝐴𝐵−3，∵𝐴𝐶𝐶𝐷=𝐴𝐵𝐵𝐶，∴3𝐶𝐷=

𝐴𝐵√10，∴𝐴𝐵=3√10𝐶𝐷，∴3√10=𝐶𝐷3√10𝐶𝐷−3，∴CD=35√10．【点评】此题考查相似三角形的综合题，关键是根据相似三角形的判定和性质以及准黄金三角形的概念解答．【变式8.2】（2021•江都区一模）我们规定：三角形其中

一边与该边上的高之比叫做这个三角形该边的ar值．例如，如图1，在△ABC中，BC＝5，BC上的高AD＝4，则△ABC边BC的ar值为54，记作：ar[△ABC，BC]=54．（1）等腰直角三角形底边的ar值＝2，等边三角形任意一边的ar值＝23√3；（2）如图2，在△DEF中

，∠F＝135°，ar[△DEF，DF]＝1，求ar[△DEF，DE]．（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝9，点M在矩形ABCD内，且ar[△MAB，AB]＝4．若以M为圆心，半径为1的圆

与矩形ABCD的对角线AC有公共点，设点M到AD的距离为d，直接写出d的取值范围73≤𝑑≤173．【分析】（1）根据“三角形一边的ar值”的定义进行计算即可；（2）根据等边三角形性质，利用勾股定理求出AD，再利用“三角形一边的ar

值”的定义建立方程求解即可；（3）在边AD上截取AE＝3，过点E作EF∥AB分别交AC、BC于点G、F，分两种情况：当点M在线段EG上且⊙M与AC相切于点N时，或当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，由△GMN∽△GAE得，MG：MN＝GA：AE＝5：3，再根据⊙M半径为1，即MN＝1

，即可求出答案．【解答】解：（1）如图1，①∵△ABC是等腰直角三角形，BC上的高AD，∴AD也是BC上的中线，∴AD＝BD＝DC，即BC＝2BD＝2AD，∴等腰直角三角形底边的ar值=𝐵𝐶𝐴𝐷=2𝐴𝐷𝐴𝐷=2；②∵△ABC是等边三角形，BC上的高AD，∴

AC＝AB＝BC＝2BD＝2CD，∠ADB＝90°，∴BD=12BC，∴AD=√𝐴𝐵2−𝐵𝐷2=√𝐵𝐶2−(12𝐵𝐶)2=√32BC，∴等边三角形任意一边的ar值=𝐵𝐶𝐴𝐷=𝐵𝐶√32𝐵𝐶=23√

3；（2）过E作EG⊥DF于点G，过F作FH⊥DE于点H，ar[△DEF，DF]＝1，∴DF＝EG，∵∠DFE＝135°，∴∠EFG＝45°，∴∠GEF＝∠EFG＝45°，∴EG＝FG＝DF，设EG＝FG＝DF＝

m，则DG＝2m，∴在Rt△DEG中，DE=√5m，sin∠D=𝐸𝐺𝐷𝐸=√55，∴在Rt△DHF中，sin∠D=𝐹𝐻𝐷𝐹=√55，DF＝m，∴FH==√55•DF=√55m，∴ar[△DEF，DE]=𝐷𝐸𝐹𝐻=5

；（3）73≤𝑑≤173，理由如下：∵ar[△MAB，AB]＝4，AB＝12，∴点M到AB的距离＝3，如图3，在边AD上截取AE＝3，过点E作EF∥AB分别交AC、BC于点G、F，∵点M在矩形ABCD内，∴点M在线段EF（不包括端点）上运动，当点M在线段EG上且⊙M

与AC相切于点N时，连结MN，则MN⊥AC，由△GMN∽△GAE得，MG：MN＝GA：AE＝5：3，又∵⊙M半径为1，即MN＝1，∴MG=53，AG=53×3＝5，∴EG＝4，∴d＝ME＝EG﹣MG＝4−53=73，如图4，当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，同理可得：d=173，∴当

⊙M与矩形ABCD的对角线AC有公共点时，73≤𝑑≤173．【点评】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，等腰直角三角形性质，等边三角形性质，圆与直线的位置关系，矩形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，“三角形该边的ar值”定

义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．【变式8.3】（2021•邗江区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2√3，BC＝2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折

叠得到△A'BD，A'B交AC于F点．（1）∠A'的度数为30°；（2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长；（3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点（A'E＜BE），连接线段CE，当D点从点A

移动到点C．①当D点在AB的垂直平分线上时，𝐶𝐸𝐷𝐵的值为√34；②求线段CE扫过的面积3π﹣3√3．【分析】（1）在Rt△ABC中，根据特殊角的三角函数值得∠A＝30°，由折叠的性质即可得∠A'的度数；（2）连接A

A′，延长BD交AA′于M，由△A'DF为直角三角形以及折叠的性质可得∠AA'D＝∠A'AD＝45°，∠A'DM＝45°，在Rt△BCD中，可求出∠CDB＝∠A'DB﹣∠A'DF＝45°，BC＝DC＝2，由A'D＝AD＝AC﹣C

D即可求解；（3）①由题意可得，D在AB的中垂线和AC的交点处，作AB的中垂线交AC于点D，交AB于点M，由翻折的性质可知∠A'BD＝∠ABD＝30°，可得A'正好在直线BC上，即A'、B、C三点共线，则A'E=14A'B＝1，CE＝1，根解直角三角形求出BD，即可求解；②由题意可得，

点A'的轨迹为𝐴𝐴′𝐴″̂，E在A'B上，其运动轨迹为以B为圆心，3为半径的圆弧上，即𝐸′𝐸𝐸″̂，画出图形，可得CE扫过的面积为𝐸′𝐸𝐸″̂与CE′、CE″围成的图形的面积，由S扇形E′BE″﹣S△E′BC﹣S△E″BC

即可求解．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2√3，BC＝2，∴tanA=𝐵𝐶𝐴𝐶=√33，∴∠A＝30°，∵将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，∴∠A'＝∠A＝30°

，故答案为：30°；（2）连接AA′，延长BD交AA′于M，∵A'和A关于直线BD对称，M在直线BD上，∴AA'⊥BM，AD＝A'D，∵∠A'DA＝∠A'DF＝90°，在Rt△ADA'中，∠AA'D＝∠A'AD＝45°，在Rt△A'MD中，∠A'DM＝90°﹣45°＝45°，∴∠A

'DB＝135°，在Rt△BCD中，∠CDB＝∠A'DB﹣∠A'DF＝45°，∴BC＝DC＝2，∴A'D＝AD＝AC﹣CD＝2√3−2；（3）①由题意可得，D在AB的中垂线和AC的交点处，作AB的中垂线交AC于点D，交AB于点M，∴DB＝DA，∴∠DBA＝∠A＝30°∵∠CBA＝

60°，∠CBD＝∠DBA＝30°，由翻折的性质可知∠A'BD＝∠ABD，要使得∠A'BD＝30°，则A'正好在直线BC上，即A'、B、C三点共线，∴A'B＝AB＝4，∵BC＝2，∴A'C＝A'B﹣BC＝2，∴A'E=14A'B＝1，∴CE＝1，在Rt△BCD

中，BC＝2，∠DBC＝30°，BD=𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠30°=2√32=4√33．∴𝐶𝐸𝐷𝐵=14√33=√34，故答案为：√34；②如图，点A'的轨迹为𝐴𝐴′𝐴″̂，∴∠ABA″＝120°，∵A'E=14A'B，∴E在A'B上，其运动轨迹为以B为圆心，3为半径的圆弧上，即𝐸

′𝐸𝐸″̂，∴∠E′BE″＝120°，∵C为定点，∴CE扫过的面积为𝐸′𝐸𝐸″̂与CE′、CE″围成的图形的面积，设𝐸′𝐸𝐸″̂与CE′、CE″围成的图形的面积为S，∴S＝S扇形E′BE″﹣S△E′

BC﹣S△E″BC=120×32×𝜋360−12BC•BE•sin60°−12BC•BE•sin60°＝3π−3√32−3√32=3π﹣3√3．故答案为：3π﹣3√3．【点评】本题是几何变换综合题，考查的是翻转变换的性质、解直角三角形．锐角三

角函数，点的轨迹，扇形面积的计算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，正确作出辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变

化，对应边和对应角相等【变式8.4】（2021•仪征市二模）小明在学习函数的过程中遇到这样一个函数：y＝[x]，若x≥0时，[x]＝x2﹣1；若x＜0时，[x]＝﹣x+1．小明根据学习函数的经验，对该函数进行了探究．（1）下列关于该函数图象的性质正确的是③④；（填

序号）①y随x的增大而增大；②该函数图象关于y轴对称；③当x＝0时，函数有最小值为﹣1；④该函数图象不经过第三象限．（2）①在平面直角坐标系xOy中画出该函数图象；②若关于x的方程2x+c＝[x]有两

个互不相等的实数根，请结合函数图象，直接写出c的取值范围是c＞1或﹣2＜c≤﹣1；（3）若点（a，b）在函数y＝x﹣3图象上，且−12＜[a]≤2，则b的取值范围是﹣4≤b＜﹣3或√22−3＜b≤√3−3

．【分析】（1）画出函数图像，结合图象根据函数的性质即可判断．（2）①根据题意列表、描点、连线即可．②将2x+c看成是一次函数y＝2x+c，此函数与y轴的交点是c，因此要与[x]图像有两个交点，则需要分情况讨论．当c＞1时，满足两个交点

的要求；当﹣1＜c≤1时，与图像没有两个交点；当﹣1≥c时，可以有两个交点，此种情况要代入2x+c＝x2﹣1，根据根的判别式求出c的范围即可．（3）因为−12＜[a]≤2，所以根据分段函数的图像，求解取值在−12到2之间的自变量的范围，

分情况讨论即可．再根据点（a，b）在函数y＝x﹣3图象上，则b＝a﹣3，即a＝b+3，代入到a的取值范围中求解即可．【解答】解：（1）画出图象，根据图象可知，①当x≥0时，y随x的增大而增大，故错误；

②该函数图象关于y轴不对称，故错误；③当x＝0时，函数有最小值为﹣1，正确；④该函数图象不经过第三象限，正确；故答案为：③④．（2）①在平面直角坐标系xOy中画出该函数图象，②∵关于x的方程2x+c＝[x]有两个互不相等的实数根，∴可以看成是y＝[x]和y＝2x+c有两个交

点．∵y＝2x+c是一次函数，与y轴的交点为c，∴当c＞1时，满足两个交点的条件．若将y＝2x+c向下平移与图像有两个交点，则c≤﹣1．∴方程为2x+c＝x2﹣1，即x2﹣2x﹣（1+c）＝0．∴Δ＝4+4（1+c）＞0，

∴c＞﹣2，∴﹣2＜c≤﹣1．故答案为：c＞1或﹣2＜c≤﹣1．（3）∵−12＜[a]≤2，∴当a＜0时，1＜[a]≤2，1＜﹣a+1≤2，解出﹣1≤a＜0．当a≥0时，−12＜[a]≤2，−12＜a2﹣1≤2，解出√22＜a≤√

3．∴﹣1≤a＜0或√22＜a≤√3．∵点（a，b）在函数y＝x﹣3图象上，∴b＝a﹣3，∴a＝b+3，∴﹣4≤b＜﹣3或√22−3＜b≤√3−3．故答案为：﹣4≤b＜﹣3或√22−3＜b≤√3−3．【点评】此题考查的是分段函数，用数形结合的思想是解此题的关键．【变式8.5】（202

1•邗江区二模）如图1，已知△ABC中，AB＝10cm，AC＝8cm，BC＝6cm．如果点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为acm/s（当P、Q两个点中有一个点到达终点时，即停止）．连接PQ，设P的运动的时间为t（单位：

s）．设CQ＝y，运动时间为（s），y与t的函数关系如图②所示，解答下列问题：（1）a的值2；当t＝209时，PQ∥BC；（2）设△AQP面积为S（单位：cm2），当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．（3）是否存在某一时刻使得△AQP为等腰三角形，如果存在，请直接写出t的值；如果不存在，

请说明理由．（4）如图3，连接BQ、CP交于点E，求当∠CPQ＝∠CBQ时，t的值．【分析】（1）根据图2可知，t＝2时，y＝4，由此即可求出a，再根据PQ∥BC时，AP：AB＝AQ：AC，由此构建方程，即可求出t的值．（2

）构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．（3）分三种情形：如图4﹣1中，当AQ＝PQ时，当AP＝AQ时，如图4﹣2中，当PA＝PQ时，分别构建方程求解即可．（4）利用相似三角形的判定和性质证明∠BPQ＝90°，再根据cosA=𝐴𝑃𝐴𝑄=45，构建方

程，可得结论．【解答】解：（1）由题意y＝CQ＝8﹣at，当t＝2时，y＝4，∴4＝8﹣2a，∴a＝2，当PQ∥BC时，∵AP：AB＝AQ：AC，∴10−2𝑡10=2𝑡8，∴t=209，故答案为：2，209．（2）如图1中，过点P作PH⊥AC于

H．∵AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴AB2＝BC2+AC2，∴∠C＝90°，∴∠AHP＝∠C＝90°，∴PH∥BC，∴𝑃𝐻𝐵𝐶=𝐴𝑃𝐴𝐵，∴𝑃𝐻6=10−2𝑡10，∴PH=35（10﹣2t），∴S=12×2t×35（10﹣2t）=

−65t2+6t=−65（t−52）2+152，∵−65＜0，0＜t≤4，∴t=52时，S有最大值，最大值为152．（3）如图4﹣1中，当AQ＝PQ时，过点Q作QT⊥AP于T．∵QA＝QP，QT⊥AP

，∴AT＝PT，∵cosA=𝐴𝑇𝐴𝑄=45∴12(10−2𝑡)2𝑡=45，∴t=2513．当AP＝AQ时，10﹣2t＝2t，∴t=52，如图4﹣2中，当PA＝PQ时，过点P作PJ⊥AQ于J，则AJ＝J

Q．由cosA=𝐴𝐽𝐴𝑃=45，可得𝑡10−2𝑡=45，∴t=4013，综上所述，满足条件的t的值为2513或52或4013．（4）如图3中，∵∠CPQ＝∠CBQ，∠PEQ＝∠BEC，∴△PEQ∽△BEC，∴𝐸𝑃𝐸𝐵=�

�𝑄𝐸𝐶，∴𝐸𝑃𝐸𝑄=𝐸𝐵𝐸𝐶，∵∠PEB＝∠QEC，∴△PEB∽△QEC，∴∠EPB＝∠CQE，∵∠CBQ+∠CQB＝90°，∴∠BPQ＝∠CPQ+∠BPE＝90°，∴cosA=𝐴𝑃𝐴𝑄=4

5，∴10−2𝑡2𝑡=45，∴t=259，当∠CPQ＝∠CBQ时，t的值为259．【点评】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分

类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【压轴九】函数应用综合问题【真题再现】（2021•扬州）甲、乙两汽车出租公司均有50辆汽车对外出租，下面是两公司经理的一段对话：甲公司经理：如果我公司每辆汽车月租费3000元，那么50辆汽车可以全部租出．如果每辆汽车的月租费每增加50元，那

么将少租出1辆汽车．另外，公司为每辆租出的汽车支付月维护费200元．乙公司经理：我公司每辆汽车月租费3500元，无论是否租出汽车，公司均需一次性支付月维护费共计1850元．说明：①汽车数量为整数；②月利润＝月租车费﹣月维护费；③两公司月利润差＝月利润较高

公司的利润﹣月利润较低公司的利润．在两公司租出的汽车数量相等的条件下，根据上述信息，解决下列问题：（1）当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是48000元；当每个公司租出的汽车为37辆时，两公司的月利润相等；（2）求两公司月利润差的最大值

；（3）甲公司热心公益事业，每租出1辆汽车捐出a元（a＞0）给慈善机构，如果捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，且当两公司租出的汽车均为17辆时，甲公司剩余的月利润与乙公司月利润之差最大，求a的取值范围．【思路点拨】（1）用甲公司未租出的汽车

数量算出每辆车的租金，再乘以10，减去维护费用可得甲公司的月利润；设每个公司租出的汽车为x辆，根据月利润相等得到方程，解之即可得到结果；（2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y，同（1）可得y甲和y乙的表达式，再分甲公司的利润大

于乙公司和甲公司的利润小于乙公司两种情况，列出y关于x的表达式，根据二次函数的性质，结合x的范围求出最值，再比较即可；（3）根据题意得到利润差为y＝﹣50x2+(1800﹣a)x+1850，得到对称轴，再根据两公司租出的汽车均为17辆，结合x为整数可得关于a的不等式，即

可求出a的范围．【详析详解】解：（1）[（50﹣10）×50+3000]×10﹣200×10＝48000元，当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是48000元；设每个公司租出的汽车为x辆，由题意可得

：[（50﹣x)×50+3000]x﹣200x＝3500x﹣1850，解得：x＝37或x＝﹣1（舍），∴当每个公司租出的汽车为37辆时，两公司的月利润相等；（2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y，则y甲＝[（50﹣x)×50+3000]x﹣200x，y乙＝

3500x﹣1850，当甲公司的利润大于乙公司时，0＜x＜37，y＝y甲﹣y乙＝[（50﹣x)×50+3000]x﹣200x﹣(3500x﹣1850)＝﹣50x2+1800x+1850，当x=−1800−50×2=18时，利润差最大，且为18050元

；当乙公司的利润大于甲公司时，37＜x≤50，y＝y乙﹣y甲＝3500x﹣1850﹣[(50﹣x)×50+3000]x+200x＝50x2﹣1800x﹣1850，∵对称轴为直线x=−−180050×2=18，当x＝5

0时，利润差最大，且为33150元；综上：两公司月利润差的最大值为33150元；（3）∵捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，则利润差为y＝﹣50x2+1800x+1850﹣ax＝﹣50x2+(1800﹣a)x+1850，对称轴为直线x=1800−�

�100，∵x只能取整数，且当两公司租出的汽车均为17辆时，月利润之差最大，∴16.5＜1800−𝑎100＜17.5，解得：50＜a＜150．【方法小结】本题考查了二次函数的实际应用，二次函数的图像和性质，解题时要读懂题意，列出二次函数关系

式，尤其（3）中要根据x为整数得到a的不等式．【变式训练】【变式9.1】（2021•宝应县一模）某商店销售进价为30元/件的某种商品，在第x（1≤x≤90）天的售价与销量的相关信息如下表：时间x（天）1≤x＜5

050≤x≤90售价（元/件）x+4090每天销量（件）200﹣2x设销售商品的每天利润为y元．（1）求出y与x的函数关系式；（2）问该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？（3）现该商店决定每销售1件该商品就捐赠a元（a＞0）给贫困地区，在销售的前50天内该商店当日最大利润为5832

元，求a的值．【分析】（1）根据单价乘以数量，可得利润，分段列出函数关系式可得答案；（2）根据分段函数的性质，可分别得出最大值，根据有理数的比较，可得答案；（3）在确定函数表达式的基础上，确定函数的对称轴，进而求

解．【解答】解：（1）当1≤x＜50时，y＝（200﹣2x）（x+40﹣30）＝﹣2x2+180x+2000，当50≤x≤90时，y＝（200﹣2x）（90﹣30）＝﹣120x+12000，综上所述：y={−2𝑥2+180𝑥+2000(1≤𝑥＜50)−120

𝑥+12000(50≤𝑥≤90)；（2）当1≤x＜50时，y＝﹣2x2+180x+2000，y＝﹣2（x﹣45）2+6050．∴a＝﹣2＜0，∴二次函数开口下，二次函数对称轴为x＝45，当x＝45

时，y最大＝6050，当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，当x＝50时，y最大＝6000，综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；（3）根据题意得，y＝（200﹣2x）（x+40﹣30﹣a）＝﹣2（x﹣100）（x

+10﹣a），函数的对称轴x=100+𝑎−102=45+12a，当0＜a≤10时，ymax＝﹣2（45+12a﹣100）（45+12a+10﹣a）＝5832，解得a＝2或218（舍去）．当a＞10时，在45＜x＜50时，

第49天，y取得最大值，ymax＝﹣2（49﹣100）（49+10﹣a）＝5832解得a=3117（舍去）．故a的值为2．【点评】本题考查了二次函数的应用，利用单价乘以数量求函数解析式，利用了函数的性质求最值，解答时求出函数的解析式是关键．【变式9.2】（2021•江都区模拟）某商场经

营某种品牌的玩具，购进时的单价是40元，根据市场调查：在一段时间内，销售单价是50元时，销售量是600件，而销售单价每涨2元，就会少售出20件玩具．（1）不妨设该种品牌玩具的销售单价为x元（x＞50），请你分别用x的代数式来表示销售量y件和销售该品牌玩具获

得利润w元，并把结果填写在表格中：销售单价（元）x销售量y（件）①销售玩具获得利润w（元）②（2）在（1）问条件下，若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于54元，且商场要完成不少于400件的销售任务，求商场销售该品

牌玩具获得的最大利润是多少元？【分析】（1）利用已知结合销售单价每涨2元，就会少售出20件玩具，表示出涨价后的销量即可，进而得出w与x的函数关系；（2）利用“玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于44元，且商场要完成不少于400件的销售任务”进而得出不等式组求出

x的取值范围，再利用二次函数性质求出最值即可即可．【解答】解：（1）①：y＝﹣10x+1100，②：w＝﹣y（x﹣40）＝﹣10x2+1500x﹣44000；（2）由题得{𝑥≥54−10𝑥+1100≥400

，解得：54≤x≤70，w＝﹣10x2+1500x﹣44000＝﹣10（x﹣75）2+12250，∵a＝﹣10＜0，对称轴是直线x＝75，∴当54≤x≤70时，ω随x增大而增大．∴x＝70时取最大值，最大值为12000，答：商场的最大利润为

12000元．【点评】此题主要考查了二次函数的应用以及不等式组的应用，根据题意得出x的取值范围是解题关键．【变式9.3】（2021•江都区一模）近年来，随着盲盒经济的崛起，潮玩市场备受关注，盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单

独设计出来的玩偶．某公司生产一种盲盒，在自动售卖机销售，已知这种盲盒的成本是每盒40元，物价局规定，这种盲盒的市场销售单价不得高于60元，不得低于45元．经市场调查发现，销售单价不高于50元时，每月销售量与销售单价成反比例函数关系；高于50元时，每月销售量与销售单价成一次函数关系，下表

是部分市场调查数据：销售单价/元4550545860月销售量/盒600540500460440（1）设月销售量为y盒，销售单价为x元，求y与x之间的函数关系式；（2）当这种盲盒的销售单价为多少元时，月销售利润最大？月最

大销售利润是多少元？【分析】（1）当45≤x≤50时，每月销售量与销售单价成反比例函数关系，用xy＝27000即可求出；当50＜x≤60时，y＝kx+b，用待定系数法求函数解析式即可；（2））设这种盲盒的销售单价为x元，利润等于单件利润乘以月销售量，然后分45≤x≤50和50＜x≤60

两种情况讨论即可．【解答】解：（1）由题意得，当45≤x≤50时，y=45×600𝑥=27000𝑥，当50＜x≤60时，y＝kx+b，把（54，500）和（58，460）代入y＝kx+b得：{54𝑘+𝑏=50058𝑘+𝑏=460，解得：{�

�=−10𝑏=1040，∴y＝﹣10x+1040，∴y与x之间的函数关系式为：y={27000𝑥(45≤𝑥≤50)−10𝑥+1040(50＜𝑥≤60)；（2）设这种盲盒的销售单价为x元，月销售利润为W元，则W＝（x﹣40）y，①当45≤x≤50时，W＝（x﹣40）×27000�

�=27000−1080000𝑥，∵W随x的增大而增大，∴当x＝50时，W的最大值＝27000﹣21600＝5400（元）；②当50＜x≤60时，W＝（x﹣40）（﹣10x+1040）＝﹣10（x﹣72）²+10240，∵﹣10＜0，∴当50＜x≤6

0时，W随x的增大而增大，∴当x＝60时，W的最大值＝﹣10（60﹣72）²+10240＝8800（元），∵8800＞5400，∴当销售单价为60元时，月销售利润最大，月最大销售利润是8800元．答：当销售单

价为60元时，月销售利润最大，月最大销售利润是8800元．【点评】本题考查反比例函数的应用，以及用待定系数法分段求函数解析式，关键是根据单价与销售量的关系分段写出利润与单间的解析式．【变式9.4】（2021•江阴市

模拟）某企业接到一批防护服生产任务，按要求15天完成，已知这批防护服的出厂价为每件80元，为按时完成任务，该企业动员放假回家的工人及时返回加班赶制．该企业第x天生产的防护服数量为y件，y与x之间的关系可以用图中的函数图象来刻画．（1）直接写出y与x的函数关系式𝑦={54𝑥(0≤𝑥≤5)

30𝑥+120(5＜𝑥≤15)；（2）由于特殊原因，原材料紧缺，服装的成本前5天为每件50元，从第6天起每件服装的成本比前一天增加2元，设第x天创造的利润为w元，直接利用（1）的结论，求w与x之间的函数表达式，并求出第几天的利润最大，最大利润是多少元？（利润＝

出厂价﹣成本）【分析】（1）根据题意即可得出y与x的函数关系式；（2）分0≤x≤5和5＜x≤15两种情况讨论，根据题意可得到w与x的关系式，再根据一次函数与二次函数的性质解答．【解答】解：（1）270÷5＝54，（570﹣270）÷（15﹣5

）＝30，当5＜x≤15时，设y与x的函数关系式为y＝kx+b（x为正整数），根据题意得：{5𝑘+𝑏=27015𝑘+𝑏=570，解得{𝑘=30𝑏=120，∴y＝30x+120，∴y与x的函数关系式为𝑦={54𝑥(0≤𝑥≤

5)30𝑥+120(5＜𝑥≤15)，故答案为：𝑦={54𝑥(0≤𝑥≤5)30𝑥+120(5＜𝑥≤15)；（2）当0≤x≤5时，w＝（80﹣50）×54x＝1620x，∵1620＞0，∴w随x的增大而增大，∴当x＝5时，w最大＝1620×5＝8100；当5＜x≤15时，w＝[80﹣5

0﹣2（x﹣5）]×（30x+120）＝﹣60x2+960x+4800，对称轴𝑥=−960−2×60=8，∴x＝8时，𝑤最大=−60×82+960×8+4800=8640．∵8640＞8100，∴

第8天时利润最大，最大利润是8640元．【点评】本题考查的是一次函数和二次函数在实际生活中的应用，主要是利用二次函数的增减性求最值问题，利用一次函数的增减性求最值，难点在于读懂题目信息，列出相关的函数关系式．【变式9.5】

（2021•黄冈一模）疫情期间，某销售商在网上销售A、B两种型号的电脑“手写板”，其进价、售价和每日销量如表所示：进价（元/个）售价（元/个）销量（个/日）A型400600200B型8001200400根据市

场行情，该销售商对A型手写板降价销售，同时对B型手写板提高售价，此时发现A型手写板每降低5元就可多卖1个，B型手写板每提高5元就少卖1个．销售时保持每天销售总量不变，设其中A型手写板每天多销售x个，每天获得的总利润为y元．（1）求y

与x之间的函数关系式，并直接写出x的取值范围；（2）要使每天的利润不低于212000元，求出x的取值范围；（3）该销售商决定每销售一个B型手写板，就捐助a元（0＜a≤100）给受“新冠疫情”影响的困难学生，若当30≤x≤40时，每

天的最大利润为203400元，求a的值．【分析】（1）根据题意和表格中的数据，可以写出y与x之间的函数关系式，并直接写出x的取值范围；（2）根据题意可以得到关于x的方程，然后根据二次函数的性质，即可得到x的取值范围；（3）根据题意，可以得到相应的方程，然后即可得到a的值．【解答】解：

（1）由题意得，y＝（600﹣400﹣5x）（200+x）+（1200﹣800+5x）（400﹣x）＝﹣10x2+800x+200000，（0≤x≤40且x为整数），即y与x之间的函数关系式是y＝﹣10x2+800x+200000，（0≤x≤40且x为整数）；（

2）∵y＝﹣10x2+800x+200000＝﹣10（x﹣40）2+216000，∴当y＝212000时，﹣10（x﹣40）2+216000＝212000，解得：x1＝20，x2＝60，要使y≥212000，则20≤x

≤60，∵0≤x≤40，∴20≤x≤40，即x的取值范围是：20≤x≤40；（3）设捐款后每天的利润为w元，则w＝﹣10x2+800x+200000﹣（400﹣x）a＝﹣10x2+（800+a）x+200000﹣400a，对称轴为𝑥=800+𝑎20=40+𝑎20，∵0＜a≤100，∴45≥4

0+𝑎20＞40，∵抛物线开口向下，当30≤x≤40时，w随x的增大而增大，∴当x＝40时，w最大，∴﹣10×402+40（800+a）+200000﹣400a＝203400，解得，a＝35．【点评】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本

题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和方程的知识解答．